Exercices — Probabilités conditionnelles et indépendance

1. Les 32 cartes sont équiprobables. Il y a 4 rois : $P(A) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8}$ ; 8 cœurs : $P(B) = \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4}$ ; et une seule carte est à la fois roi et cœur (le roi de cœur) : $P(A \cap B) = \dfrac{1}{32}$.

2. On compare : $P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{32} = P(A \cap B)$. Les évènements $A$ et $B$ sont donc indépendants.

3. $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{1/32}{1/4} = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8}$. On retrouve $P_B(A) = P(A)$ : savoir que la carte est un cœur ne change pas la probabilité d’obtenir un roi — c’est exactement la définition de l’indépendance.

4. Il y a 12 figures : $P(C) = \dfrac{12}{32} = \dfrac{3}{8}$. Tout roi est une figure, donc $A \cap C = A$ et $P(A \cap C) = \dfrac{1}{8}$. Or $P(A) \times P(C) = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{3}{8} = \dfrac{3}{64} \neq \dfrac{1}{8}$ : les évènements $A$ et $C$ ne sont pas indépendants. Logique : savoir que la carte est une figure augmente nettement la chance que ce soit un roi ($P_C(A) = \dfrac{1}{3}$ au lieu de $\dfrac{1}{8}$).

Réflexe à retenir : pour justifier une indépendance, calcule séparément $P(A \cap B)$ et $P(A) \times P(B)$, puis compare. Une intuition (« ça n’a rien à voir ») n’est jamais une preuve : seul le calcul tranche.

1. Premier niveau : $M_1$ (probabilité $0{,}6$) et $M_2$ (probabilité $0{,}4$). Depuis $M_1$ : $D$ ($0{,}02$) et $\overline{D}$ ($0{,}98$) ; depuis $M_2$ : $D$ ($0{,}05$) et $\overline{D}$ ($0{,}95$). Les branches du second niveau portent des probabilités conditionnelles, et la somme des branches issues de chaque nœud vaut $1$.

2. On multiplie le long du chemin : $P(M_1 \cap D) = 0{,}6 \times 0{,}02 = 0{,}012$. Autrement dit, 1,2 % des pièces de l’usine viennent de $M_1$ et sont défectueuses.

3. $M_1$ et $M_2$ forment une partition de l’univers : toute pièce vient d’exactement une machine. D’après la formule des probabilités totales :

$P(D) = P(M_1)\,P_{M_1}(D) + P(M_2)\,P_{M_2}(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}02 = 0{,}032$

4. On cherche $P_D(M_2)$ — attention, le conditionnement a changé de sens ! On revient à la définition :

$P_D(M_2) = \frac{P(M_2 \cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}02}{0{,}032} = 0{,}625$

Bien que $M_2$ ne produise que 40 % des pièces, elle est responsable de 62,5 % des pièces défectueuses.

Réflexe à retenir : sur un arbre, multiplie le long d’un chemin, additionne les chemins qui mènent à ton évènement. Et quand la question retourne le conditionnement (« sachant que la pièce est défectueuse… »), reviens à la définition : $P_D(M_2) = \dfrac{P(M_2 \cap D)}{P(D)}$.

1. Le tableau croise les six résultats du dé et les deux côtés de la pièce (P pour pile, F pour face) :

	1	2	3	4	5	6
P	(1 ; P)	(2 ; P)	(3 ; P)	(4 ; P)	(5 ; P)	(6 ; P)
F	(1 ; F)	(2 ; F)	(3 ; F)	(4 ; F)	(5 ; F)	(6 ; F)

L’univers compte $6 \times 2 = 12$ issues. Les deux épreuves sont indépendantes et chaque couple a la probabilité $\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12}$ : l’univers est équiprobable.

2. Une seule case du tableau : $P(6 \text{ puis pile}) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12}$.

3. Trois résultats pairs (2, 4 et 6) : $P(\text{pair puis face}) = \dfrac{3}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$ — soit trois cases parmi les douze.

4. Passons par le contraire : « ni 6, ni pile », c’est-à-dire un résultat différent de 6 suivi de face, a pour probabilité $\dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{12}$. Donc :

$P(\text{6 ou pile}) = 1 - \dfrac{5}{12} = \dfrac{7}{12}$

Réflexe à retenir : pour deux épreuves indépendantes, la probabilité d’un couple est le produit des probabilités — et pour un « ou », le détour par l’évènement contraire est souvent le chemin le plus court.

1. Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli : succès S de probabilité $0{,}8$, échec E de probabilité $0{,}2$. On répète trois épreuves identiques et indépendantes : l’arbre compte $2^3 = 8$ chemins, de SSS à EEE, et la probabilité d’un chemin est le produit des probabilités de ses branches.

2. Un seul chemin : $P(\text{SSS}) = 0{,}8 \times 0{,}8 \times 0{,}8 = 0{,}512$.

3. On compte les chemins comportant exactement deux S : SSE, SES et ESS — il y en a trois, car l’unique échec peut se placer à trois endroits. Chacun a la probabilité $0{,}8 \times 0{,}8 \times 0{,}2 = 0{,}128$. Donc :

$P(\text{exactement deux succès}) = 3 \times 0{,}128 = 0{,}384$

4. Le contraire de « au moins un succès » est « aucun succès » : c’est le seul chemin EEE, de probabilité $0{,}2^3 = 0{,}008$. Donc :

$P(\text{au moins un succès}) = 1 - 0{,}008 = 0{,}992$

Réflexe à retenir : sur un arbre de Bernoulli, tout se joue en deux temps — la probabilité d’un chemin (produit des branches), puis le nombre de chemins favorables. En première, on les liste à la main : pas de formule magique, on compte !

1. Premier niveau : $A$ ($0{,}25$) et $\overline{A}$ ($0{,}75$). Depuis $A$ : $Q$ ($0{,}6$) et $\overline{Q}$ ($0{,}4$) ; depuis $\overline{A}$ : $Q$ ($0{,}2$) et $\overline{Q}$ ($0{,}8$).

2. On multiplie le long du chemin : $P(A \cap Q) = 0{,}25 \times 0{,}6 = 0{,}15$.

3. $A$ et $\overline{A}$ forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

$P(Q) = P(A)\,P_A(Q) + P(\overline{A})\,P_{\overline{A}}(Q) = 0{,}25 \times 0{,}6 + 0{,}75 \times 0{,}2 = 0{,}15 + 0{,}15 = 0{,}3$

4. On cherche $P_Q(A) = \dfrac{P(A \cap Q)}{P(Q)} = \dfrac{0{,}15}{0{,}3} = 0{,}5$. Un auditeur quotidien sur deux est abonné premium — alors que les premium ne représentent qu’un utilisateur sur quatre.

5. $P(A) \times P(Q) = 0{,}25 \times 0{,}3 = 0{,}075 \neq 0{,}15 = P(A \cap Q)$ : les évènements $A$ et $Q$ ne sont pas indépendants. (On le voyait déjà à la question 4 : $P_Q(A) = 0{,}5 \neq 0{,}25 = P(A)$.)

6. Pour chaque utilisateur, la probabilité de ne pas écouter tous les jours vaut $1 - 0{,}3 = 0{,}7$. Les deux interrogations étant indépendantes, la probabilité qu’aucun des deux n’écoute tous les jours vaut $0{,}7 \times 0{,}7 = 0{,}49$. Donc :

$P(\text{au moins un}) = 1 - 0{,}49 = 0{,}51$

Réflexe à retenir : un exercice type contrôle enchaine presque toujours les mêmes étapes : arbre → chemin (produit) → probabilités totales (somme) → conditionnement retourné (définition) → indépendance (comparaison). Repère ce squelette et déroule.