Probabilité

On lance un dé équilibré : l'univers est $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ et ses six issues sont équiprobables. La formule de Laplace donne donc $P(E) = \dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}$.

$A = \{2, 4, 6\}$ et $B = \{4, 5, 6\}$.

$A \cap B = \{4, 6\}$ (résultat pair et supérieur ou égal à 4), donc $P(A \cap B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$.

$A \cup B = \{2, 4, 5, 6\}$, donc $P(A \cup B) = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$. On retrouve ce résultat avec $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$.

L'événement contraire de $A$ est $\overline{A} = \{1, 3, 5\}$ (résultat impair), donc $\overline{A} \cap B = \{5\}$ et $P(\overline{A} \cap B) = \dfrac{1}{6}$.

La probabilité portée par une branche du second niveau est une probabilité conditionnelle : la branche $T$ issue de $\overline{R}$ porte $P(T \mid \overline{R}) = 0{,}1$. Cette branche seule correspond donc à l'événement : le bus est en retard sachant qu'il ne pleut pas.

Le produit des probabilités le long d'un chemin est la probabilité de l'intersection : $P(\overline{R} \cap T) = P(\overline{R}) \times P(T \mid \overline{R}) = 0{,}7 \times 0{,}1 = 0{,}07$.

Le produit représente l'événement : il ne pleut pas et le bus est en retard. La proposition : le bus est en retard sachant qu'il ne pleut pas, vaut $0{,}1$, et non $0{,}07$. Quant à la proposition : il ne pleut pas sachant que le bus est en retard, elle demande de remonter l'arbre :$P(\overline{R} \mid T) = \dfrac{0{,}07}{P(T)} = \dfrac{0{,}07}{0{,}19} \approx 0{,}37$.

Pour deux événements quelconques, $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$. Chaque hypothèse précise $P(A \cap B)$ ou l'événement $A \cup B$.

$A$ et $B$ sont incompatibles : $A \cap B = \varnothing$, donc $P(A \cap B) = 0$ et $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$. Ainsi $P(B) = \dfrac{3}{5} - \dfrac{1}{5} = \dfrac{2}{5}$.

Si $A$ est réalisé, alors $B$ l'est : $A \subset B$. Donc $A \cup B = B$ et $P(B) = P(A \cup B) = \dfrac{3}{5}$.

Indépendance : $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$. L'égalité $\dfrac{3}{5} = \dfrac{1}{5} + P(B) - \dfrac{1}{5} P(B)$ donne $\dfrac{4}{5} P(B) = \dfrac{2}{5}$, donc $P(B) = \dfrac{1}{2}$.

Les 200 personnes sont équiprobables : $P(E) = \dfrac{\text{effectif de } E}{200}$.

$50$ personnes se déplacent à vélo (colonne Total) : $P(V) = \dfrac{50}{200} = \dfrac{1}{4}$.

$H \cap T$ regroupe $30$ personnes (case ville, transports en commun) : $P(H \cap T) = \dfrac{30}{200} = \dfrac{3}{20}$.

On se place parmi les $90$ personnes qui habitent en ville : $36$ d'entre elles vont à vélo, donc $P(V \mid H) = \dfrac{36}{90} = \dfrac{2}{5}$. Par la formule : $\dfrac{P(V \cap H)}{P(H)} = \dfrac{36/200}{90/200} = \dfrac{2}{5}$. Parmi les personnes qui habitent en ville, deux sur cinq se déplacent à vélo.

On se place parmi les $50$ personnes qui vont à vélo : $36$ habitent en ville, donc $P(H \mid V) = \dfrac{36}{50} = \dfrac{18}{25}$. Les probabilités des questions c) et d) sont différentes : $P(V \mid H) \neq P(H \mid V)$, car la condition (l'univers de départ) n'est pas la même.

La probabilité d'un événement est approchée par sa fréquence lorsque l'expérience est répétée un grand nombre de fois : $\dfrac{331}{2000} = 0{,}1655 \approx 0{,}17$.

L'expérience compte $6 \times 6 = 36$ couples équiprobables $(d_1, d_2)$.

Les couples de somme 7 sont $(1,6)$, $(2,5)$, $(3,4)$, $(4,3)$, $(5,2)$, $(6,1)$ : $6$ cas favorables sur $36$, donc $P(S = 7) = \dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6} \approx 0{,}167$. L'estimation $0{,}17$ est proche de cette valeur théorique.

Nombre de couples pour chaque somme : $2 \to 1$, $3 \to 2$, $4 \to 3$, $5 \to 4$, $6 \to 5$, soit $15$ couples. $P(S \leq 6) = \dfrac{15}{36} = \dfrac{5}{12}$. La fréquence observée $\dfrac{842}{2000} = 0{,}421$ est proche de $\dfrac{5}{12} \approx 0{,}417$.

Premier niveau : $M_1$ ($0{,}6$) et $M_2$ ($0{,}4$). Second niveau, à partir de $M_1$ : $D$ ($0{,}03$) et $\overline{D}$ ($0{,}97$) ; à partir de $M_2$ : $D$ ($0{,}05$) et $\overline{D}$ ($0{,}95$).

$P(M_1 \cap D) = P(M_1) \times P(D \mid M_1) = 0{,}6 \times 0{,}03 = 0{,}018 = \dfrac{9}{500}$.

$D$ se réalise par deux chemins incompatibles : $P(D) = P(M_1 \cap D) + P(M_2 \cap D) = 0{,}018 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}018 + 0{,}02 = 0{,}038 = \dfrac{19}{500}$.

$P(M_2 \mid D) = \dfrac{P(M_2 \cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}02}{0{,}038} = \dfrac{10}{19} \approx 0{,}53$.

$M_2$ fabrique moins de pièces mais davantage de défectueuses : il est cohérent qu'elle soit à l'origine d'un peu plus d'une pièce défectueuse sur deux.

Deux événements sont indépendants si et seulement si $P(F \cap A) = P(F) \cdot P(A)$ (ce qui équivaut, quand $P(F) \neq 0$, à $P(A \mid F) = P(A)$).

$P(F) = \dfrac{72}{120} = \dfrac{3}{5}$ ; $P(A) = \dfrac{50}{120} = \dfrac{5}{12}$ ; $P(F \cap A) = \dfrac{30}{120} = \dfrac{1}{4}$.

$P(F) \cdot P(A) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{5}{12} = \dfrac{15}{60} = \dfrac{1}{4} = P(F \cap A)$.

L'égalité est satisfaite : $F$ et $A$ sont indépendants. Dit autrement, parmi les filles la proportion qui suit les arts est $\dfrac{30}{72} = \dfrac{5}{12}$, la même que dans toute l'école : être une fille ne change pas la probabilité de suivre l'option arts.

Chaque chiffre est choisi parmi 10, avec répétition possible : $10^4 = 10\,000$ codes, tous équiprobables.

On choisit les chiffres l'un après l'autre sans répétition et l'ordre compte : $A_{10}^{4} = 10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$ codes.

$P = \dfrac{5\,040}{10\,000} = \dfrac{63}{125}$ (soit $0{,}504$).

On passe par l'événement contraire : aucun chiffre n'est 7, soit $9^4 = 6\,561$ codes. Donc $P(\text{au moins un } 7) = 1 - \dfrac{6\,561}{10\,000} = \dfrac{3\,439}{10\,000}$.

Un code strictement croissant est déterminé par le choix de $4$ chiffres différents parmi $10$, l'ordre étant alors imposé : $C_{10}^{4} = \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4!} = 210$ codes. Donc $P = \dfrac{210}{10\,000} = \dfrac{21}{1\,000}$.

L'ordre ne compte pas et il n'y a pas de répétition : $C_{45}^{6} = \dfrac{45!}{6!\,39!} = 8\,145\,060$ grilles possibles.

Une seule grille est celle du tirage : $P = \dfrac{1}{8\,145\,060}$.

On choisit $3$ numéros parmi les $6$ gagnants et $3$ parmi les $39$ autres : $\dfrac{C_6^3 \cdot C_{39}^3}{C_{45}^6} = \dfrac{20 \times 9\,139}{8\,145\,060} = \dfrac{182\,780}{8\,145\,060} \approx 0{,}0224$, soit environ $2{,}24\ \%$.

Événement contraire : aucun bon numéro, c'est-à-dire que les 6 numéros cochés sont parmi les 39 perdants : $\dfrac{C_{39}^6}{C_{45}^6} = \dfrac{3\,262\,623}{8\,145\,060}$. Donc $P(\geq 1) = 1 - \dfrac{3\,262\,623}{8\,145\,060} \approx 0{,}5994$, soit environ $59{,}94\ \%$.

Les deux branches issues de la racine ont une somme égale à 1 : $x = 1 - \dfrac{3}{8} = \dfrac{5}{8}$.

$B$ se réalise par deux chemins : $P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B)$, avec $P(\overline{A} \cap B) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{8}$. Donc $P(A \cap B) = \dfrac{13}{40} - \dfrac{5}{40} = \dfrac{8}{40} = \dfrac{1}{5}$. Comme $P(A \cap B) = P(A) \times y$, on obtient $y = \dfrac{1/5}{3/8} = \dfrac{8}{15}$.

$P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{1/5}{13/40} = \dfrac{8}{13}$.

On compare $P(A) \cdot P(B) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{13}{40} = \dfrac{39}{320}$ et $P(A \cap B) = \dfrac{1}{5} = \dfrac{64}{320}$. Les deux valeurs diffèrent : $A$ et $B$ ne sont pas indépendants. On le voit aussi avec $P(A \mid B) = \dfrac{8}{13} \neq P(A) = \dfrac{3}{8}$.

Premier niveau : $M$ ($0{,}01$) et $\overline{M}$ ($0{,}99$). Second niveau : de $M$, $T$ ($0{,}95$) et $\overline{T}$ ($0{,}05$) ; de $\overline{M}$, $T$ ($0{,}04$) et $\overline{T}$ ($0{,}96$).

$P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}01 \times 0{,}95 + 0{,}99 \times 0{,}04 = 0{,}0095 + 0{,}0396 = 0{,}0491$.

$P(M \mid T) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}0095}{0{,}0491} \approx 0{,}1935$, soit $0{,}19$ au centième.

$P(M \mid \overline{T}) = \dfrac{P(M \cap \overline{T})}{P(\overline{T})} = \dfrac{0{,}01 \times 0{,}05}{1 - 0{,}0491} = \dfrac{0{,}0005}{0{,}9509} \approx 0{,}0005$, soit $0{,}05\ \%$ : un test négatif est très rassurant.

L'affirmation confond $P(T \mid M) = 0{,}95$ (le test détecte 95 % des malades) avec $P(M \mid T) \approx 0{,}19$ (parmi les personnes positives, environ une sur cinq seulement est malade). Sur $10\,000$ personnes testées, environ $95$ malades sont positifs, mais aussi $396$ personnes saines : $491$ positifs pour $95$ malades. L'affirmation est fausse.