Probabilités conditionnelles et indépendance
Exercice 1
On considère deux événements A et B tels que : P(A)=0 , 7 , P(B)=0, 4 et P(A∩B)=0,2. 1. Calculer P(A∪B).
On a P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=0 ,7+0 , 4−0 , 2=0, 9 . 2. Calculer P(A).
On a P(A)=1−P(A)=1−0 ,7=0 ,3.
3. C est un événement tel que B et C sont incompatibles et P(C)=0 , 3 . Calculer P(B∪C).
Les événements B et C sont incompatibles, donc B∩C=∅ et P(B∩C)=0 . Ainsi, P(B∪C)=P(B)+P(C)=0 , 4+0 , 3=0 , 7 .
Exercice 2
Soit A et B deux événements incompatibles tels que P(A)=0 , 4 et P(B)=0, 2 . Calculer P(A∩B) et P(A∪B).
Les événements A et B sont incompatibles, donc A∩B=∅ et P(A∩B)=0 . Ainsi, P(A∪B)=P(A)+P(B)=0 , 4+0, 2=0 , 6 .
Exercice 3
Dans un groupe de 20 personnes, 10 personnes s’intéressent à la pêche, 8 à la lecture et 3 à la fois à la pêche et à la lecture. On choisit au hasard une personne du groupe.
1. Calculer la probabilité qu’elle s’intéresse à la pêche ou à la lecture.
On note les événements suivants :
P : « La personne s'intéresse à la pêche » ; L : « La personne s'intéresse à la lecture ».
On a P(P∪L)=P(P)+P(L)−P(P∩L)=10 20+ 8
20− 3 20=15
20=3 4 . Ainsi 75% des personnes s'intéressent à la pêche ou à la lecture.
2. Calculer la probabilité qu’elle ne s’intéresse ni à la pêche, ni à la lecture.
P(P∩L)=1−P(P∪L)=1−3 4=1
4 .
Ainsi 25% des personnes ne s'intéressent ni à la pêche ni à la lecture.
Remarque
On peut représenter la situation à l'aide du diagramme de Vienn suivant :
Exercice 4
Le tableau suivant indique les résultats d’un groupe d’élèves à un examen en fonction de leur qualité d’interne ou d’externe.
interne externe
admis 58 212
non admis 40 75
1. On rencontre par hasard un élève de ce groupe. Quelle est la probabilité que cet élève soit : Il y a 58+40+212+75=385 élèves au total.
a. Interne admis ?
La probabilité qu'il soit interne admis est 58 385 . b. Externe ?
La probabilité qu'il soit externe est 212+75 385 =287
385=41 55 . c. Non admis ?
La probabilité qu'il soit non admis est 40+75 385 =115
385=23 77 . d. Externe non admis ?
La probabilité externe et non admis est 75 385=15
77 . e. Externe ou non admis ?
La probabilité externe ou non admis est 212+75+40
385 =327
385 .
2. On rencontre par hasard un interne. Quelle est la probabilité qu’il soit admis ? La probabilité qu'il soit admis (parmi les internes) est 58
58+40=58 98=29
49 . Remarque
La probabilité calculée correspond à la probabilité que l'élève soit admis sachant qu'il est interne.
3. On rencontre par hasard un élève non admis. Quelle est la probabilité qu’il soit externe ? La probabilité qu'il soit externe (parmi les non admis) est 75
40+75= 75 115=15
23 . Remarque
La probabilité calculée correspond à la probabilité que l'élève soit externe sachant qu'il est non admis.
Exercice 5
Un couple de futurs parents décide d’avoir trois enfants. On fait l’hypothèse qu’ils auront, à chaque fois, autant de chances d’avoir un garçon qu’une fille et qu’il n’y aura pas de jumeaux.
Calculer la probabilité des événements : 1. A : « Ils auront trois filles ».
2. B : « Ils auront trois enfants de même sexe ».
3. C : « Ils auront au plus une fille ».
4. D : « Les trois enfants ne seront pas du même sexe ».
C'est une situation d'équiprobabilité. Chaque issue possible a une probabilité de 1
8 . Je vous laisse le soin de faire un arbre pour vérifier les résultats qui suivent.
On a P(A)=1
8 (un seul chemin possible).
On a P(B)=2 8=1
4 (deux chemins possibles).
On a P(C)=4 8=1
2 (quatre chemins possibles).
On a P(D)=6 8=3
4 (six chemins possibles) ou P(D)=P(B)=1−P(B)=1−1 4=3
4 . Exercice 6
La probabilité dans une population qu’un individu possède un caractère génétique A est de 0 ,8 et un caractère génétique B est de 0 , 6 . La probabilité qu’il possède les deux caractères est de
0 , 45 . Calculer la probabilité qu’il ne possède aucun des deux caractères.
On a P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=0 ,8+0 ,6−0 , 45=0 ,95 .
La probabilité qu'il possède au moins l'un des deux caractères est de 0 , 95 . D'où P(A∩B)=1−P(A∪B)=1−0 ,95=0 , 05 .
Ainsi la probabilité qu'il ne possède aucun des deux caractères est de 0 , 05 . Exercice 7
Un bureau de poste possède deux guichets A et B dont l'un des deux au moins est ouvert.
On considère les événements E et F suivants : E : « Le guichet A est ouvert ».
F : « Le guichet B est ouvert ».
Une étude statistique a montré que P(E)=0 ,8 et P(F)=0 ,5 . Un client se présente au bureau de poste.
1. Quelle est la probabilité que l’un au moins des guichets soit ouvert ?
D'après l'énoncé, l'un des deux guichets au moins est ouvert. Ainsi P(E∪F)=1 . 2. Calculer la probabilité que les deux guichets soient ouverts.
On a P(E∩F)=P(E)+P(F)−P(E∪F)=0 , 8+0 , 5−1=0 ,3 . Ainsi il y a 30% de chance que les deux guichets soient ouverts.
Exercice 8
Soit A et B deux événements de l'univers d'une épreuve aléatoire. Compléter le tableau suivant (arrondir si nécessaire à 10−3 près).
P(A) P(B) PB(A) PA(B) P(A∩B)
0 ,15 0 , 3 0 , 45 0 , 9 0 ,135
0 , 42 0 , 692 0 , 26 0 , 429 0 ,18
0 , 765 0 , 65 0 , 4 0 , 34 0 , 26
0 , 38 0 ,16 0 , 475 0 , 2 0 , 076
0 , 25 0 ,188 0 , 4 0 , 3 0 , 075
0 ,156 0 , 2 0 , 35 0 , 45 0 , 07
Exercice 9
1. A et B sont deux événements tels que P(A∩B)=0 , 4 , P(A∪B)=0 , 7 et PA(B)=0 , 8 . Calculer P(A) et P(B). En déduire la probabilités de l'événement A sachant que l'événement B est réalisé.
On a PA(B)=P(A∩B)
P(A) , d'où P(A)=P(A∩B) PA(B) =0 , 4
0 , 8=0 ,5 .
On a alors P(B)=P(A∩B)+P(A∪B)−P(A)=0 , 4+0, 7−0 ,5=0 , 6 . De plus, PB(A)=P(A∩B)
P(B) =0 , 4 0 ,6=2
3 .
2. C et D sont deux événements tels que P(C)=0 , 6 , PC(D)=0,4 , PD(C)=0,5 . Calculer P(D∩C) et P(D). En déduire la probabilité de la réunion des événements C et D . On a PC(D)=P(D∩C)
P(C) , d'où P(D∩C)=PC(D)×P(C)=0 , 4×0 ,6=0 , 24 . On a alors P(D)=P(C∩D)
PD(C) =0 , 24
0 ,5 =0 , 12 .
De plus, P(D∪C)=P(D)+P(C)−P(D∩C)=0 ,12+0 ,6−0 , 24=0 , 48 .
3. E et F sont deux événements tels que P(E)=0 ,8 et PE(F)=0,75 . Calculer P(E∩F). On a PE(F)=P(E∩F)
P(E) .
Or P(F)=1−P(F)=1−0 ,8=0 , 2 .
D'où P(E∩F)=PE(F)×P(E)=0, 2×0 , 8=0 , 16 . Exercice 10
On considère deux événements A et B tels que P(A)=1
3 , P(B)=1
4 et PA(B)=1 2 . Calculer PB(A).
On a P(A)×P(B)=P(B)×P(A) ⇔ P(A)=P(A)×P(B)
P(B) ⇔P(A)=
1 3×1
2 1 4
⇔ P(A)=2 3 .
Exercice 11
Dans une classe de terminale, 98% des élèves possèdent un téléphone portable. Parmi eux, 75% ont une connexion internet associé à leur téléphone. On choisit un élève au hasard dans cette classe.
Quelle est la probabilité que cet élève ait un téléphone portable et une connexion internet associée ? On note les événements suivants :
T : « L'élève possède un téléphone portable » ; I : « L'élève a une connexion internet associée ».
On a P(T∩I)=P(T)×PT(I)=0 , 98×0 , 75=0 , 735 .
73 ,5 % des élèves possèdent une téléphone portable et une connexion internet associée.
Exercice 12
Pour une revue locale, un journaliste doit réaliser un reportage sur un club de natation composé de 30 membres : 27 nageurs dont 10 spécialistes de la nage crawlée et 3 entraîneurs. Le journaliste interroge au hasard un des membres de ce club ?
Quelle est la probabilité qu'il interviewe un nageur non spécialiste de la nage crawlée ? On note les événements suivants :
N : « Le membre est un nageur » ;
C : « Le nageur est un spécialiste de la nage crawlée ».
On a P(N∩C)=P(N)×PC(C)=0 ,9×10 27=2
3 .
Deux tiers de l'effectif correspond à des nageurs spécialistes de la nage crawlée.
Exercice 13
A et B sont deux événements. On sait que : P(A)=0 , 35 , PA(B)=0,42 et PA(B)=0,18 . 1. Recopier l'arbre ci-dessous et placer les trois valeurs de l'énoncé.
2. Compléter l'arbre pondéré avec les probabilités manquantes.
Exercice 14
Dans cet exercice, les résultats seront arrondis au millième. À la session 2009 du baccalauréat, 286762 élèves inscrits en série générale ont été admis. En particulier, 47765 en série L , 90446 en
ES et 148531 en série S . Le tableau suivant présente la proportion (en pourcentage) de bacheliers ayant obtenu une mention.
Mention AB Mention B ou TB
Série L 27 , 3 16 ,1
Série ES 28 ,8 15, 3
Série S 29 , 2 30 , 9
On interroge au hasard un bachelier en série générale de cette session 2009.
1. Construire l'arbre pondéré traduisant la situation. Cet arbre est à compléter au fur et à mesure.
Je vous laisse le soin de faire l'arbre pondéré.
On notera pour la suite de l'exercice les événements suivants :
L : « L'élève est en L » ; ES : « L'élève est en ES » ;
S : « L'élève est en S » ; BTB : « L'élève a obtenu une mention B ou TB » ; R : « L'élève n'a pas obtenu de mention » ; AB :« L'élève a obtenu une mention AB ».
2. Quelle est la probabilité que ce bachelier n'ait pas eu de mention sachant qu'il était en série L ? On a PL(R)=1−PL(AB)−PL(BTB)=1−0 , 273−0 , 161=0 , 566 .
3. Reprendre la question précédente avec la série ES et la série S . On a PES(R)=1−PES(AB)−PES(BTB)=1−0 , 288−0, 153=0, 559 . On a Ps(R)=1−Ps(AB)−Ps(BTB)=1−0 , 292−0 , 309=0 , 399 .
4. En déduire la probabilité qu'un bachelier interrogé au hasard n'ait pas obtenu de mention.
D'après la formule des probabilités totales, on a : P(R)=P(L∩R)+P(ES∩R)+P(S∩R)=0 , 477 .
47 , 7 % des bacheliers interrogés n'ont pas obtenu de mention.
5. Quelle est la probabilité qu'un bachelier interrogé au hasard ait obtenu la mention B ou TB ? D'après la formule des probabilités totales, on a :
P(BTB)=P(L∩BTB)+P(ES∩BTB)+P(S∩BTB)=0 , 198 .
19 ,8 % des bacheliers interrogés ont obtenu une mention B ou TB . Exercice 15
À la fin d'une séance de cours, le professeur de mathématiques donne l'exercice suivant à préparer pour le lendemain : « Une urne contient 5 boules de couleur rouge et 15 boules de couleur verte ».
On tire au hasard successivement deux boules dans cette urne. La probabilité que les deux boules soient de couleur rouge est de 1
19 . Représenter la situation par un arbre pondéré. Calculer la probabilité qu'au moins une des deux boules soit de couleur verte ».
Le lendemain, l'élève interrogé dit : « Je n'ai pas fait l'exercice : je ne sais pas si le tirage est avec ou sans remise ».
1. Qu'en pensez-vous ?
Si le tirage est avec remise, alors la probabilité que les deux boules soient de couleur rouge est 5
20× 4 20= 1
20 . Ceci contredit la probabilité de 1
19 donnée dans l'énoncé.
2. Répondre alors aux questions posées par le professeur.
On note les événements suivants :
V : « La boule tirée est verte » R : « La boule tirée est rouge »
A : « Au moins une des deux boules tirées est verte »
On a P(A)=1−P(R∩R)=1− 1 19=18
19 .
La probabilité qu'au moins une des deux boules soit de couleur verte est 18 19 . Remarque
D'après la formule des probabilités totales, on a : P(A)=P(R∩V)+P(V∩R)+P(V∩V)= 5
20×15 19+15
20× 5 19+15
20×14 19=18
19 . Exercice 16
Dans chacun des cas, avec les données figurant sur l'arbre pondéré, calculer P(B).
a. b.
a. D'après la formule des probabilités totales, on a :
P(B)=P(A∩B)+P( ̄A∩B)=0 , 4×0 , 3+(1−0 , 4)×(1−0 , 5)=0 , 42 . b. D'après la formule des probabilités totales, on a :
P(B)=P(A1∩B)+P(A2∩B)+P(A3∩B)=0 ,3×0 , 2+0, 5×0, 6+(1−0 ,5−0 ,3)×(1−0 , 4)=0 , 48 .
Exercice 17
Le comité d'entreprise d'une société parisienne souhaite organiser un week-end en province. Une enquête est faite auprès des 1200 employés de l'entreprise afin de connaître leur choix en matière de moyen de transport (les seuls moyens de transport proposés sont le train, l'avion et le bus).
Les résultats de l'enquête sont répertoriés dans le tableau suivant :
Train Avion Bus Total
Femme 468 196 56 720
Homme 150 266 64 480
Total 618 462 120 1200
On interroge au hasard un employé de cette entreprise. On note les événements suivants : F : « L'employé est une femme »
T : « L'employé choisit le train »
1. Calculer les probabilités P(F) et P(T) puis déterminer la probabilité que l'employé ne choisisse pas le train.
On a P(F)= 720
1200=0 ,6 et P(T)= 618
1200=0 ,515 .
Il y a 60% de femmes parmi les employés et 51, 5 % des employés choisissent le train.
On a alors P(T)=1−P(T)=1−0 ,515=0 , 485 .
Il y a donc 48 , 5 % des employés qui ne prennent pas le train.
2. Expliquer ce que représente F∩T puis calculer sa probabilité.
L'événement F∩T représente l'ensemble des employés qui sont une femme et qui prennent le train.
On a P(F∩T)= 468
1200=0 ,39 .
3. L'employé interrogé au hasard ne choisit pas le train. Calculer la probabilité que cet employé soit une femme.
Cette événement correspond à l'événement « L'employé est une femme sachant qu'il ne choisit pas le train ».
On a PT(F)=P(F∩T) P(T) . Or P(F∩T)=196+56
1200 =0, 21 . D'où PT(F)=P(F∩T)
P(T) = 0 , 21
0 , 485≈0 , 433 .
Environ 43 , 3 % des employés qui ne choisissent pas le train sont des femmes.
Exercice 19
Dans chacun des cas suivants, dire si les événements A et B sont indépendants.
1. P(A)=0 , 2 , P(B)=0, 8 et P(A∩B)=0 , 9 . On a P(A)P(B)=0 , 2×0 ,8=0 ,16≠P(A∩B).
Ainsi les événements A et B ne sont pas indépendants.
2. P(A)=0 , 4 , P(B)=0, 8 et P(A∩B)=0 , 32 . On a P(A)P(B)=0 , 4×0 ,8=0 ,32=P(A∩B). Ainsi, les événements A et B sont indépendants 3. P(A)=0 , 5 , P(B)=0, 3 et P(A∪B)=0 ,65 .
On a P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=0 ,5+0 ,3−0 , 65=0 , 15 . D'où P(A)P(B)=0 , 5×0 , 3=0 , 15=P(A∩B).
4. P(A)=0 , 48 , P(B)=0, 25 et P(A∩B)=0 . On a P(A)P(B)=0 , 48×0, 25=0 ,12≠P(A∩B).
Ainsi, les événements A et B ne sont pas indépendants.
Exercice 20
Une association propose différentes activités à ses 96 adhérents, dont l'aviron et le badminton.
Douze membres s'inscrivent pour l'aviron, trente-deux pour le badminton, dont quatre pour les deux. On prend au hasard la fiche d'un adhérent et on considère les événements suivants :
A : « L'adhérent est inscrit à l'aviron » ; B : « L'adhérent est inscrit au badminton ».
1. Les événements A et B sont-ils indépendants ?
On représente la situation par le diagramme de Vienn suivant :
Les événements A et B sont indépendants si P(A∩B)=P(A)×P(B). On a P(A∩B)= 4
96= 1
24 et P(A)×P(B)=12 96×32
96=1 8× 1
3= 1 24 . Ainsi, les événements A et B sont indépendants.
2. En est-il de même pour A et B ?
Si les événements A et B sont indépendants, alors les événements A et ̄ B le sont aussi.̄ Remarque
les événements A et B sont indépendants si P(A∩B)=P(A)×P(B). On a P(A)×P(B)=
(
1−1296)
×(
1−3296)
=8496×6496=127 .De plus, P(A∩B)=1−P(A∪B)=1−28+8+4
96 =1−40
96= 7 12 . Ainsi, les événements A et ̄ B sont bien indépendants.̄
Exercice 21
A et B sont deux événements relatifs à une expérience aléatoire représentée par l'arbre suivant :
Comment choisir la valeur de p pour que les événements A et B soient indépendants ? Les événements A et B sont indépendants si P(A∩B)=P(A)×P(B).
On a P(A∩B)=1 4×1
3= 1 12 .
D'après la formule des probabilités totales, on a : P(B)=P(A∩B)+P(A∩B)= 1
12+3 4 p . D'où P(A)×P(B)=1
4
(
121 +34 p
)
=481 + 3 16 p. Alors P(A)×P(B)=P(A∩B) ⇔ 148+ 3
16 p= 1
12 ⇔ 3
16 p= 3
48 ⇔ p=1 3 . Ainsi, les événements A et B sont indépendants si et seulement p=1
3 . Remarque
Les événements A et B sont indépendants si seulement si PA(B)=P(B). Or P(B)= 1
12+3
4 p et PA(B)=1 3 . D'où P(B)=PA(B) ⇔ 1
12+3 4 p=1
3 ⇔ 3 4 p= 3
12 ⇔ p=1 3 .
Exercice 22
A et B sont deux événements indépendants relatifs à une même expérience aléatoire tels que : P(A)<P(B), P(A∩B)=0 , 4 et P(A∪B)=0 , 9 .
Déterminer P(A) et P(B).
• On a P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B).
D'où P(A)+P(B)=P(A∪B)+P(A∩B)=0 ,9+0 , 4=1, 3 (1)
• On a P(A)×P(B)=P(A∩B) car A et B sont indépendants.
D'où P(A)P(B)=0 , 4 (2)
• On obtient un système de deux équations à deux inconnues. On va isoler P(A) dans l'équation (1) et par substitution, on va remplacer l'expression de P(A) dans l'équation (2).
On a P(A)=1 ,3−P(B) d'après l'équation (1). Par substitution dans l'équation (2), on obtient alors : P(A)P(B)=0 , 4 ⇔(1, 3−P(A))P(B)=0 , 4
⇔1 , 3 P(B)−P(B)2=0 , 4 ⇔P(B)2−1 ,3 P(B)+0 , 4=0
On pose X=P(B). On a Δ=(−1 , 3)2−4×1×0 , 4=1, 69−1, 6=0 ,09>0 . L'équation X2−1 , 3 X+0, 4=0 possède deux solutions réelles distinctes :
X1=−(−1, 3)−
√
0 ,092 =1 , 3−0 , 3
2 =1
2=0 ,5 et X2=−(−1 ,3)+
√
0 , 092 =1 , 3+0 , 3 2 =1, 6
2 =0 ,8 On a alors P(B)0 ,5 ou P(B)=0, 8 .
‣ Si P(B)=0, 5 , alors P(A)=1 ,3−P(B)=1 , 3−0 , 5=0 , 8 .
‣ Si P(B)=0, 8 , alors P(A)=1 ,3−P(B)=1 , 3−08=0 ,5 . Or P(A)<P(B). Ainsi, P(A)=0 , 5 et P(B)=0, 8 . Exercice 23
On considère deux événements A et B tels que P(A)=p, P(B)=P(A) et P(A∩B)=0 , 2p+0 , 15 .
1. Montrer que, pour tout p∈ℝ : −p2+0 ,8p−0, 15=(0 , 3−p)(p−0 ,5).
Pour tout p∈ℝ, (0 , 3−p)(p−0 , 5)=0 ,3p−0, 15−p2+0 , 5p=−p2+0 ,8p−0 , 15. 2. Trouver la probabilité p telle que A et B soient indépendants.
On a P(A)=p, P(B)=P( ̄A)=1−p et P(A∩B)=0 , 2p+0 , 15 .
Or deux événements A et B sont indépendants si P(A)P(B)=P(A∩B). On a P(A)P(B)=p(1−p).
Alors, A et B sont indépendants ⇔ P(A)P(B)=P(A∩B) ⇔ p(1−p)=0, 2 p+0 ,15 ⇔ −p2+p=0 , 2p+0 ,15 ⇔ −p2+0, 8p−0 , 15=0 ⇔(0 ,3−p) (p−0 ,5)=0 ⇔ p=0 ,3 ou p=0 , 5
Ainsi, les événements A et B sont indépendants si et seulement si p=0 , 3 ou p=0 , 5 .
Exercice 24
On tire une carte dans un jeu de 32 cartes. Dans chacun des cas suivants, dire si les événements sont indépendants.
1. A : « Tirer un roi » et B : « Tirer une carte rouge ».
Il y a quatre rois et seize cartes rouges dans le jeu. On a alors P(A)= 4 32=1
8 et P(B)=16 32=1
2 . De plus, il y a deux rois de couleur noire. On a alors P(A∩B)= 2
32= 1 16 . D'où P(A)P(B)=1
8×1 2= 1
16=P(A∩B).
Ainsi, les événements A et B sont indépendants.
2. A : « Tirer un roi » et B : « Ne pas tirer un as ».
Il y a quatre rois et quatre as dans le jeu. On a alors P(A)=1
8 et P(B)=28 32=7
8 . De plus, on a P(A∩B)=P(A)=1
8 .
D'où P(A)P(B)≠P(A∩B) car P(A)P(B)=1 8×7
8= 7 64≠1
8 . Ainsi, les événements A et B ne sont pas indépendants.
3. A : « Tirer un roi ou tirer une dame rouge » et B : « Tirer une carte rouge ».
Il y a quatre ros et quatre dames ainsi que seize cartes de couleur rouge.
On a alors P(A)= 4 32=1
8 et P(B)=16 32=1
2 .
De plus, il y a deux rois et deux dames de couleur noire. On a alors P(A∩B)= 4 32=1
8 . D'où P(A)P(B)≠P(A∩B) car P(A)P(B)=1
8×1 2= 1
16≠1 8 . Ainsi, les événements A et B ne sont pas indépendants.
QCM
Pour chaque question, indiquer la ou les bonne(s) réponse(s).
On note N l'événement « Un candidat se présente pour la 1ère fois à l'épreuve pratique du permis de conduire » et R l'événement « Un candidat est reçu à l'issue de l'épreuve pratique du permis de conduire ». On admet P(R)=0, 527 et P(R∩N)=0,292 .
1. La probabilité qu'un candidat ne soit pas reçu à l'issue de l'épreuve pratique de conduite est :
a. 0 ,819 b. 0 , 473 c. 0 , 708 d. 0 ,512
On a P(R)=1−P(R)=1−0 ,527=0 , 473 . Réponse b.
2. La probabilité qu'un candidat soit reçu à l'issue de l'épreuve pratique de conduite et qu'il ne s'agisse pas de sa première tentative est :
a. 0 , 708 b. 0 , 635 c. 0 , 235 d. 0 ,181
On a P(R∩N)=P(R)−P(R∩N)=0 ,527−0 , 292=0 , 235 . Réponse c.
3. La probabilité qu'un candidat se soit présenté pour la première fois à l'épreuve pratique de conduite sachant qu'il a été reçu est :
a. 0 , 691 b. 0 ,554 c. 0 ,154 d. 0 , 446
On a PR(N)=P(R∩N)
P(R) =0 , 292
0 ,527=0 , 554 . Réponse b.
4. Un candidat a été reçu à l'issue de l'épreuve pratique de conduite. La probabilité qu'il ne s'agisse pas de sa première tentative est :
a. 0 , 691 b. 0 ,554 c. 0 ,154 d. 0 , 446
On a PR(N)=P(R∩N)
P(R) = 0, 235
0 ,527=0 , 446 . Réponse d.
Un magasin a commandé un modèle de tablette électronique auprès de trois fournisseurs. 60% des tablettes ont été commandées au fournisseur A , 30% au fournisseur B et le reste au fournisseur
C . Quelques mois après la vente de ces tablettes, le service après-vente affirme que 2% des
tablettes du fournisseur A et 5% des tablettes du fournisseur B sont défectueuses. Aucune tablette n'est défectueuse pour le fournisseur C . On choisit au hasard un client qui a acheté une tablette.
5. La probabilité que cette tablette provienne du fournisseur C est :
a. 0 ,1 b. 0 , 3 c. 0 , 6 d. 1
On a P(C)=1−P(A)−P(B)=1−0 , 6−0 ,3=0 ,1 . Réponse a.
6. La probabilité que la tablette provienne du fournisseur A et qu'elle ne soit pas défectueuse est :
a. 0 , 012 b. 0 , 015 c. 0 , 285 d. 0 ,588
On a P(A∩D)=0 , 6×0 , 98=0 , 588 . Réponse d.
7. La probabilité que cette tablette ne soit pas défectueuse est :
a. 0 , 973 b. 0 ,873 c. 0 , 688 d. 0 , 385
D'après la formule des probabilités totales, on a :
P(D)=P(A∩D)+P(B∩D)+P(C∩D)=0 , 588+0 , 3×0, 95+0, 1×1=0 , 973 . Réponse a.
Dans un sac, Jade a mis 3 jetons rouges, 2 jetons jaunes et un jeton vert. Après avoir misé, Sofiane doit tirer un par un les jetons dans le sac tant que le jeton vert n'est pas sorti (tirage sans remise).
8. La probabilité que Sofiane tire le jeton vert lors du 3e tirage est : a. 1
6 b. 1
3 c. 5
6 d. 2
3 On a P(V)=5
6×4 5×1
4=1
6 . Réponse a.
9. Sofiane peut récupérer dix fois sa mise s'il tire les 3 jetons rouges, puis les deux jetons jaunes et enfin le jeton vert dans cet ordre. La probabilité d'un tel tirage est :
a. 1
30 b. 1
40 c. 1
50 d. 1
60 On appelle J l'événement associé à ce tirage. On P(J)=3
6×2 5×1
4× 2 3×1
2= 1
60 . Réponse d.
Problèmes
Problème 1 ...Concours...
Les statistiques dressées à partir des résultats de la session de mai 2013 ont permis d’établir que:
• 60% des personnes qui présentaient le concours le présentaient pour la première fois ;
• 10% de ceux qui le présentaient pour la première fois ont été admis ;
• 40% de ceux qui le présentaient pour la seconde fois l’ont réussi.
On interroge au hasard une personne parmi toutes celles ayant passé ce concours en mai 2013. On note :
• C1 l’événement : « La personne présentait le concours pour la première fois » ;
• R l’événement : « La personne a été reçue à ce concours ».
On note A l’événement contraire de l’événement A . ̄
1. Déterminer les probabilités suivantes : PC1(R) ; PC̄1(R) et P(C1). Aucune justification n’est attendue.
On a PC_1(R)=0, 1 , PC̄
1(R)=0 , 4 et P(C1)=0 ,6 .
2. Déterminer la probabilité que cette personne se soit présentée au concours pour la première fois et ait été admise.
On a P(C1∩R)=0 , 6×0 ,1=0 ,06 .
3. Montrer que la probabilité que cette personne ait été admise à ce concours en mai 2013 est de 0 , 22 .
D'après la formule des probabilités totales, on a :
P(R)=P(C1∩R)+P(C1∩R)=0 , 06+0 , 4×0 , 4=0, 22
On obtient l'arbre pondéré final suivant :
4. Sachant que cette personne a réussi le concours, déterminer la probabilité qu’elle l’ait présenté pour la première fois. Donner une valeur arrondie au centième.
On a PR(C1)=P(R∩C1)
P(R) =0 , 06
0 , 22≈0 , 27 . Problème 3 ...Asthme...
Dans cet exercice, les résultats seront arrondis, si nécessaire, à 10−3 près.
L'asthme est une maladie inflammatoire chronique des voies respiratoires en constante
augmentation. En France, les statistiques dont apparaître que, parmi les adultes, environ 4% des hommes et 5% des femmes sont asthmatiques. Dans la population française, on considère l'ensemble des couples homme-femme.
On appelle :
• A : « Aucun des deux adultes du couple n'est asthmatique »
• B : « Un seul des deux adultes du couple est asthmatique »
• C : « Les deux adultes du couple sont asthmatiques »
On admet que P(A)=0 , 912 , P(B)=0, 086 et P(C)=0 , 002 . On souhaite étudier la transmission de l'asthme au premier enfant.
Les études actuelles sur cette maladie montrent que :
• Si aucun des parents n'est asthmatique, la probabilité que leur enfant soit asthmatique est de 0 ,1 .
• Si un seul des parents est asthmatique, la probabilité que leur enfant soit asthmatique est de 0 , 3 .
• Si les deux parents sont asthmatiques, la probabilité que leur enfant soit asthmatique est de 0 ,5 . On note E l'événement : « Le premier enfant du couple est asthmatique ».
1. Reproduire et compléter l'arbre de probabilités ci-dessous.
2. Montrer que P(E)=0 ,118 .
D'après la formule des probabilités totales, on a :
P(E)=P(A∩E)+P(B∩E)+P(B∩E)=0 ,912×0 , 1+0 , 086×0, 3+0 ,002×0 , 5=0 , 118 . 3. Calculer PE(A) et interpréter le résultat. En déduire PE(A) et interpréter le résultat.
On a PE(A)=P(A∩E)
P(E) =0, 0912
0 ,118 ≈0, 773 . La probabilité que les deux parents ne soient pas asthmatiques sachant que leur enfant l'est est de 0 , 773 .
On a PE( ̄A)=1−PE(A)=1−0 , 773=0 , 227 . La probabilité qu'au moins l'un des deux parents soient asthmatiques sachant que leur enfant l'est est de 0 , 227 .
4. Quelle est la probabilité qu'un enfant non asthmatique ait au moins un de ses parents asthmatique ?
Aide : On pourra chercher à calculer la probabilité de l'événement contraire.
On cherche PE(A).
Or l'événement « un enfant non asthmatique a au moins un de ses parents asthmatique » est l'événement contraire de « un enfant non asthmatique a ses deux parents non asthmatiques ».
On a PE(A)=1−PE(A)=1−P(A∩E) P(E) .
Or P(E)=1−P(E)=1−0 ,118=0 ,882 et P(A∩E)=P(A)×PA(E)=0 , 912×0 ,9=0 ,8208 .
D'où PE(A)=1−0 , 8208
0 , 882 ≈0 , 069 .
La probabilité qu'un enfant non asthmatique ait au moins un de ses parents asthmatiques est égale à 0 , 069 .
