Exercices — Probabilités conditionnelles et indépendance

1. $P(D) = \frac{150}{200} = 0{,}75 \qquad P(T) = \frac{120}{200} = 0{,}60 \qquad P(D \cap T) = \frac{90}{200} = 0{,}45$

2. On se restreint aux $120$ élèves de terminale :

$P_T(D) = \frac{90}{120} = 0{,}75$

Parmi les élèves de terminale, $75\ \%$ sont demi-pensionnaires.

3. On compare : $P(D) \times P(T) = 0{,}75 \times 0{,}60 = 0{,}45 = P(D \cap T)$.

Les événements $D$ et $T$ sont donc indépendants : être en terminale ne change pas la probabilité d’être demi-pensionnaire (on retrouve $P_T(D) = P(D) = 0{,}75$).

Réflexe à retenir : dans un tableau, une probabilité conditionnelle se lit en divisant une case par le total de sa ligne ou de sa colonne.

1. Premier niveau : $V$ ($0{,}7$) et $\bar{V}$ (bus, $0{,}3$). Depuis $V$ : $H$ ($0{,}9$) et $\bar{H}$ ($0{,}1$). Depuis $\bar{V}$ : $H$ ($0{,}8$) et $\bar{H}$ ($0{,}2$). À chaque nœud, la somme des branches vaut bien $1$.

2. On multiplie le long du chemin :

$P(V \cap H) = 0{,}7 \times 0{,}9 = 0{,}63$

3. Deux chemins mènent à $H$ (vélo puis à l’heure, bus puis à l’heure) ; on additionne leurs probabilités :

$P(H) = 0{,}7 \times 0{,}9 + 0{,}3 \times 0{,}8 = 0{,}63 + 0{,}24 = 0{,}87$

Réflexe à retenir : on multiplie le long d’un chemin, on additionne entre les chemins qui réalisent l’événement.

1. Malades : $100$ personnes, dont $95\ \%$ de positifs → $95$ positifs, $5$ négatifs. Non malades : $9\ 900$ personnes, dont $5\ \%$ de positifs → $495$ positifs, $9\ 405$ négatifs. Total positifs : $95 + 495 = 590$ ; total négatifs : $5 + 9\ 405 = 9\ 410$.

2. On se restreint aux $590$ personnes positives :

$P_{\text{positif}}(\text{malade}) = \frac{95}{590} \approx 0{,}16$

Une personne positive n’a qu’environ $16\ \%$ de chances d’être malade !

3. Le test paraît « fiable à 95 % », mais cette fiabilité est $P_{\text{malade}}(\text{positif})$, pas $P_{\text{positif}}(\text{malade})$. Comme la maladie est rare, les $5\ \%$ de faux positifs portent sur une population immense ($9\ 900$ personnes) : les faux positifs ($495$) sont plus nombreux que les vrais ($95$). C’est pourquoi un test positif est en pratique suivi d’un second test de confirmation.

Réflexe à retenir : ne confonds jamais $P_A(B)$ et $P_B(A)$ — le tableau d’effectifs rend le calcul évident.

1. $A = \{2, 4, 6\}$ : $P(A) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$. $B = \{3, 6\}$ : $P(B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$. $A \cap B = \{6\}$ : $P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}$.

Or $P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6} = P(A \cap B)$ : $A$ et $B$ sont indépendants.

2. $C = \{4, 5, 6\}$ : $P(C) = \dfrac{1}{2}$. $A \cap C = \{4, 6\}$ : $P(A \cap C) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$.

Or $P(A) \times P(C) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4} \neq \dfrac{1}{3}$ : $A$ et $C$ ne sont pas indépendants (savoir que le dé affiche 4 ou plus rend « pair » plus probable : $P_C(A) = \frac{2}{3} > \frac{1}{2}$).

Réflexe à retenir : l’indépendance se prouve par le calcul ($P(A \cap B) \overset{?}{=} P(A) \times P(B)$), jamais « au feeling ».

1. Arbre à $3$ niveaux : à chaque niveau, une branche « réussite » ($0{,}6$) et une branche « échec » ($0{,}4$). L’arbre compte $2^3 = 8$ chemins.

2. Les lancers sont indépendants, on multiplie :

$P(3 \text{ réussites}) = 0{,}6^3 = 0{,}216$

3. $P(\text{aucune réussite}) = 0{,}4^3 = 0{,}064$

4. « Au moins un » est le contraire de « aucun » :

$P(\text{au moins un}) = 1 - 0{,}064 = 0{,}936$

Soit environ $94\ \%$ : même avec $60\ \%$ de réussite par tir, rater les trois est très rare.

Réflexe à retenir : dès que tu lis « au moins un », pense événement contraire — $1 - (1-p)^n$ évite d’additionner de nombreux chemins.