Probabilités conditionnelles et formule de Bayes · Terminale spécialité

Ton parcours dans ce chapitre

Une information change le groupe dans lequel on calcule. Elle peut modifier une probabilité ou la laisser inchangée. Le but est de comprendre ce changement de référence avant de choisir une formule.

Bases à reprendre : fractions, pourcentages, intersection, contraire et total d'un tableau. Les probabilités conditionnelles et les arbres ont déjà été rencontrés en Première ; on les reprend ici avec des exemples plus progressifs. Les pauses n'imposent ni note ni durée : deux indices et une explication sont toujours accessibles.

Repères 2026–2027 : le programme de Terminale approfondit les successions d'épreuves indépendantes et les modèles à deux ou trois étapes quelconques. Le chapitre 16 développe Bernoulli et la loi binomiale. Bayes se déduit des conditionnelles ; l'espérance conditionnelle, Markov et l'information sélective sont des prolongements guidés, pas des prérequis cachés.

Les jeux, tests et filtres de cette fiche utilisent des données fictives et des hypothèses annoncées. Leurs résultats décrivent ces modèles.

Pourquoi étudier les probabilités conditionnelles ?

De quoi parle-t-on ?

En Première, on a étudié des probabilités dans un univers $\Omega$ , ainsi que des probabilités conditionnelles. Par exemple, on peut demander la part de pièces défectueuses dans toute une production, puis seulement parmi les pièces d'une machine donnée. Ces deux groupes n'ont pas nécessairement la même composition. Une conditionnelle décrit précisément la nouvelle question ; elle ne prouve pas une cause.

Les applications concrètes

L'idée directrice

L'idée avant la formule

L'univers rétrécit

L'arbre pondéré : l'outil central

Inverser un arbre : l'idée de Bayes

Intuition · Le problème fondamental de Bayes

Dans un modèle fictif, un test possède les caractéristiques suivantes :

Prévalence : $2\%$ de la population est malade ( $$P(M)=0{,}02$$ ).
Sensibilité : si malade, le test est positif à $99\%$ ( $P_M(+)=0{,}99$ ).
Spécificité : si sain, le test est négatif à $95\%$ ( $P_{\overline{M}}(-)=0{,}95$ ).

Question : si le test est positif, quelle est la probabilité d'être réellement malade ?

Les pourcentages de l'énoncé portent sur des groupes différents. Le calcul donne ici $P_+(M)\approx29\%$ : parmi les personnes dont le test est positif, environ 29% sont malades dans ce modèle. Pour comprendre ce résultat, il faut tenir compte de la faible proportion initiale de malades et des faux positifs. Le calcul sera détaillé dans le cours.

Le cours formel

Rappels : probabilités de base

Probabilité conditionnelle

Une preuve à construire

Pourquoi le nouveau calcul est une probabilité

Pour $$P(B)>0$$ , justifie les bornes, le total 1 et la formule du contraire sous le conditionnement par $$B$$ .

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Utilise $A\cap B\subset B$ .

Indice 2 · Un pas de plus

Les deux groupes $A\cap B$ et $\overline A\cap B$ partagent $$B$$ .

Voir la preuve expliquée

$P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\geqslant 0$ car $P(A\cap B)\geqslant 0$ et $$P(B)>0$$ .

$P_B(A)\leqslant 1$ car $A\cap B\subset B$ donc $P(A\cap B)\leqslant P(B)$ .

\begin{aligned}P_B(B) &= \frac{P(B\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= \frac{P(B)}{P(B)}\\[.35em]&= 1\end{aligned}.

\begin{aligned}P_B(\overline{A}) &= \frac{P(\overline{A}\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= \frac{P(B)-P(A\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= 1-P_B(A)\end{aligned}

car $(\overline{A}\cap B)\cup(A\cap B)=B$ et ces deux ensembles sont disjoints. Pour deux événements disjoints, leurs intersections avec $$B$$ le restent. L’additivité de $$P$$ , puis la division par le même $$P(B)>0$$ , donnent celle de $$P_B$$ . Le contraire dans $$B$$ est $B\setminus(A\cap B)=B\cap\overline A$ .

Formule de multiplication (règle de la chaîne)

Une preuve à construire

Pourquoi la troisième branche dépend de l'histoire

Pour $P(A\cap B)>0$ , justifie la règle $P(A\cap B\cap C)=P(A)P_A(B)P_{A\cap B}(C)$ .

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Applique d'abord la règle de multiplication à $A\cap B$ et $$C$$ .

Indice 2 · Un pas de plus

Puis développe $P(A\cap B)$ . L'hypothèse assure aussi $$P(A)>0$$ .

Voir la preuve expliquée

On écrit $P(A\cap B\cap C)=P(A\cap B)P_{A\cap B}(C)$ , puis $P(A\cap B)=P(A)P_A(B)$ . Remplacer le premier facteur donne la formule. Les facteurs conditionnels dépendent des étapes précédentes ; aucune indépendance n'est nécessaire. Si $P(A\cap B)=0$ , l'intersection triple a probabilité 0 mais la dernière conditionnelle n'est pas définie.

Partition de l'univers et probabilités totales

Une preuve à construire

Réunir sans oublier ni compter deux fois

Démontre les probabilités totales à partir de la décomposition de $$A$$ selon une partition de groupes de probabilités positives.

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Coupe $$A$$ par chaque groupe $$B_i$$ .

Indice 2 · Un pas de plus

Les intersections sont disjointes ; on peut additionner leurs probabilités.

Voir la preuve expliquée

Les $$B_i$$ partitionnent $\Omega$ , donc

\begin{aligned}A &= A\cap\Omega\\[.35em]&= A\cap(B_1\cup\cdots\cup B_n)\\[.35em]&= (A\cap B_1)\cup\cdots\cup(A\cap B_n)\end{aligned}.

Les $(A\cap B_i)$ sont deux à deux disjoints (car les $$B_i$$ le sont). Par additivité :

\begin{aligned}P(A) &= \sum_{i=1}^n P(A\cap B_i)\\[.35em]&= \sum_{i=1}^n P(B_i)\times P_{B_i}(A)\end{aligned}.

À toi d’essayer

Changer la taille du groupe change le résultat

Dans la manipulation de 100 objets, prévois $$P(B)$$ et $$P_B(A)$$ avec 10 objets dans $$A$$ , 80 % de $$B$$ dans $$A$$ et 20 % de $$B$$ hors $$A$$ . Recommence avec 50 objets dans $$A$$ .

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Compte les objets marqués $$B$$ dans les deux groupes avant de diviser.

Indice 2 · Un pas de plus

Au départ, les effectifs de $A\cap B$ et $\overline A\cap B$ valent 8 et 18.

Voir l’explication

Au départ, $$P(B)=26/100$$ et

\begin{aligned}P_B(A) &= 8/26\\[.35em]&= 4/13\end{aligned}.

Avec 50 objets dans $$A$$ , les effectifs deviennent 40 et 10 : $$P(B)=1/2$$ et

\begin{aligned}P_B(A) &= 40/50\\[.35em]&= 0{,}8\end{aligned}.

Le taux $$P_A(B)$$ reste $$0{,}8$$ ; la question inversée dépend de la taille des groupes. À réessayer : mets 0 objet dans $$A$$ et explique pourquoi $$P_A(B)$$ n'est plus définie.

Réglage	$A\cap B$	$\overline A\cap B$	Total $$B$$
$$P(A)=0{,}1$$	8	18	26
$$P(A)=0{,}5$$	40	10	50

Changer de groupe pour comprendre « sachant que »

Sur 100 objets, 10 sont dans le groupe A. Parmi A, 80 % portent la marque B ; parmi les autres, 20 % portent B. Prévois combien des objets portant B appartiennent à A.

Le rectangle représente exactement 100 objets. À gauche : le groupe A. Les zones bleues portent B ; les zones claires ne portent pas B. Les surfaces sont proportionnelles aux effectifs.

Parmi A, 8 objets sur 10 portent B. Hors A, 18 sur 90 portent B. Parmi les 26 objets portant B, 8 appartiennent donc à A : 8/26 ≈ 30,77 %, tandis que 8/10 = 80 %.

Lire les valeurs et les coordonnées

Parmi A, 8 objets sur 10 portent B. Hors A, 18 sur 90 portent B. Parmi les 26 objets portant B, 8 appartiennent donc à A : 8/26 ≈ 30,77 %, tandis que 8/10 = 80 %.

Garde les deux parts de B fixes et augmente la taille de A. Explique pourquoi la part de A parmi les objets portant B change. Pour calculer une probabilité conditionnelle, quel groupe devient ton total de référence ?

Formule de Bayes

Exemple · Le paradoxe des faux positifs : résolution complète

Reprenons : $$P(M)=0{,}02$$ , $P_M(+)=0{,}99$ , $P_{\overline{M}}(+)=0{,}05$ .

On a calculé $$P(+)=0{,}0688$$ . Par Bayes :

\begin{aligned}P_+(M) &= \frac{P(M)\times P_M(+)}{P(+)}\\[.35em]&= \frac{0{,}02\times 0{,}99}{0{,}0688}\\[.35em]&= \frac{0{,}0198}{0{,}0688}\\[.35em]&\approx \boxed{0{,}288\approx 29\%}\end{aligned}.

Interprétation : même avec un test très fiable (sensibilité $99\%$ , spécificité $95\%$ ), si la maladie est rare ( $2\%$ ), un test positif ne donne qu'environ $29\%$ de chance d'être réellement malade !

Pourquoi ? Les faux positifs ( $5\%$ des $98\%$ de sains $=4{,}9\%$ ) sont beaucoup plus nombreux que les vrais positifs ( $99\%$ des $2\%$ de malades $=1{,}98\%$ ). Sur 10 000 personnes :

	Test $$+$$	Test $$-$$
Malades ( $$200$$ )	$$198$$ (VP)	$$2$$ (FN)
Sains ( $$9800$$ )	$$490$$ (FP)	$$9310$$ (VN)

Parmi les $$198+490=688$$ tests positifs, seuls $$198$$ sont réellement malades : $\frac{198}{688}\approx 29\%$ .

Indépendance de deux événements

Succession d'épreuves indépendantes

À toi d’essayer

Compter les listes, pas seulement les mots

Trois essais indépendants réussissent chacun avec probabilité $$0{,}8$$ . Calcule la probabilité de $$SSE$$ , puis d'exactement deux succès. Les huit listes sont-elles équiprobables ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Une liste fixe a une probabilité obtenue par produit. Exactement deux succès correspond à trois listes.

Indice 2 · Un pas de plus

Compare $$SSS$$ de probabilité $0{,}8^3$ à $$EEE$$ de probabilité $0{,}2^3$ .

Voir l’explication

\begin{aligned}P(SSE) &= 0{,}8^2\times0{,}2\\[.35em]&= 0{,}128\end{aligned}.

Les trois listes $$SSE,SES,ESS$$ sont disjointes : leur somme vaut $$0{,}384$$ . Les huit listes ne sont pas équiprobables : $$0{,}512$$ pour $$SSS$$ , $$0{,}008$$ pour $$EEE$$ . À réessayer : au moins un succès a pour probabilité $1-0{,}2^3=0{,}992$ , ce qui inclut aussi un et trois succès.

Intuition · Pour approfondir : comparer par paires ne suffit pas

On choisit uniformément l'une des quatre listes suivantes :

0	0	0
0	1	1
1	0	1
1	1	0

Chaque coordonnée vaut 1 dans deux listes sur quatre. Deux coordonnées choisies valent toutes deux 1 dans une liste sur quatre : elles sont indépendantes. Mais les trois ne valent jamais 1 ensemble : $0\ne(1/2)^3$ . La famille n'est pas mutuellement indépendante. La troisième coordonnée est déterminée par les deux premières. Ce contre-exemple approfondit le sens du mot, sans être un prérequis pour utiliser les modèles indépendants du programme.

Variables finies : rappels et prolongement guidé

Lecture et construction d'arbres pondérés

Tableaux à double entrée

Méthode · Méthode alternative : le tableau de contingence

Au lieu d'un arbre, on peut utiliser un tableau à double entrée :

	$$A$$	$\overline{A}$	Total
$$B$$	$P(A\cap B)$	$P(\overline{A}\cap B)$	$$P(B)$$
$\overline{B}$	$P(A\cap\overline{B})$	$P(\overline{A}\cap\overline{B})$	$P(\overline{B})$
Total	$$P(A)$$	$P(\overline{A})$	$$1$$

Les probabilités conditionnelles se lisent en divisant par la ligne ou la colonne correspondante. Ce tableau est particulièrement utile pour vérifier l'indépendance : $$A$$ et $$B$$ indépendants $\iff$ chaque case est le produit de sa marge ligne par sa marge colonne.

Exemple · Test avec tableau de contingence (pour 10 000 personnes)

	Malade	Sain	Total
Test $$+$$	$$198$$	$$490$$	$$688$$
Test $$-$$	$$2$$	$$9310$$	$$9312$$
Total	$$200$$	$$9800$$	$10\,000$

\begin{aligned}P_+(M) &= \frac{198}{688}\\[.35em]&\approx 28{,}8\%\end{aligned}.

On retrouve le même résultat, mais de façon plus concrète.

À toi d’essayer

Faire parler les 10 000 personnes du modèle

Dans le tableau, retrouve la sensibilité, la spécificité et la part de malades parmi les positifs. Le nombre 490 est-il à diviser par 9800 ou par 688 ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

La sensibilité se calcule parmi les 200 malades, la spécificité parmi les 9800 non-malades.

Indice 2 · Un pas de plus

Le même nombre peut entrer dans plusieurs fractions : commence par la question posée.

Voir l’explication

Sensibilité : $198/200=99\%$ ; spécificité : $9310/9800=95\%$ ; part de malades parmi les positifs : $198/688\approx28{,}78\%$ . $490/9800=5\%$ est le taux de positifs parmi les non-malades ; $490/688\approx71{,}22\%$ est la part de non-malades parmi les positifs. À réessayer : calcule la part de malades parmi les négatifs, soit $2/9312\approx0{,}0215\%$ .

Erreurs classiques et pièges

À toi d’essayer

Quelle hypothèse autorise le carré ?

Deux tests ont la même sensibilité. Peut-on en déduire que la probabilité de deux positifs chez un malade est le carré de cette sensibilité ? Compare deux prélèvements conditionnellement indépendants à un deuxième résultat qui copie le premier.

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

Des probabilités marginales identiques ne déterminent pas la probabilité d'intersection.

Indice 2 · Un pas de plus

Si on copie le premier résultat, les événements « premier positif » et « deuxième positif » sont identiques.

Voir l’explication

Non. Dans le modèle indépendant conditionnellement à l'état malade, la probabilité vaut $$s^2$$ . Dans le modèle de copie, elle vaut $$s$$ . Avec $$s=0{,}8$$ , cela donne $$0{,}64$$ ou $$0{,}8$$ . À réessayer : construis le même raisonnement pour les faux positifs dans le groupe non malade. L'exercice 5 reprend cette distinction.

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Méthode · Les 10 réflexes essentiels

Définir $P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$ dès qu'on dit « sachant que ».
Construire l'arbre : d'abord les groupes ( $$B_i$$ ), puis les événements conditionnés ( $$A$$ ). L'arbre n'impose pas une interprétation causale.
Vérifier les nœuds : chaque nœud somme à $$1$$ .
Probabilités totales pour calculer $$P(A)$$ : additionner tous les chemins vers $$A$$ .
Bayes pour inverser : $P_A(B_j)=\frac{\text{chemin vers }B_j\text{ et }A}{P(A)}$ .
Indépendance : vérifier $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$ (pas à vue !).
Ne pas confondre $$P_B(A)$$ et $$P_A(B)$$ .
$P(\text{au moins un})=1-P(\text{aucun})$ : l'événement contraire est ton ami.
Vérifier le modèle des tirages : remise et nouveau tirage uniforme indépendant, ou composition modifiée sans remise.
Tableau à double entrée pour les problèmes concrets (effectifs ou probabilités).

Méthode · Mots-clés à repérer

Tu lis dans l'énoncé…	Tu penses à…
« sachant que », « étant donné que »	$$P_B(A)$$ : probabilité conditionnelle
« test positif / négatif »	arbre + Bayes
« indépendamment »	$P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$
« au moins un »	passer par le complémentaire ; $$1-(1-p)^n$$ pour $$n$$ épreuves indépendantes de même probabilité $$p$$
« sans remise »	composition modifiée : recalculer les conditionnelles
« en déduire la probabilité que »	probabilités totales
« montrer que $$A$$ et $$B$$ sont indépendants »	vérifier $P(A\cap B)=P(A)P(B)$
« quelle est la probabilité d'être… sachant »	Bayes (inverser le conditionnement)
« sensibilité / spécificité »	test médical, arbre Bayes
« faux positif »	$P_{\overline{M}}(+)$ : sain mais test positif

Méthode · Récapitulatif complet des formules

Résultat	Formule
Probabilité conditionnelle	$\displaystyle P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}$
Multiplication	$P(A\cap B)=P(B)\times P_B(A)$
Probabilités totales	$P(A)=\sum_i P(B_i)\,P_{B_i}(A)$
Cas $\{B,\overline{B}\}$	$P(A)=P(B)P_B(A)+P(\overline{B})P_{\overline{B}}(A)$
Formule de Bayes	$\displaystyle P_A(B)=\frac{P(B)\,P_B(A)}{P(A)}$
Indépendance	$P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$
Au moins un succès	$P(\text{au moins }1)=1-(1-p)^n$
Complémentaire dans $$B$$	$P_B(\overline{A})=1-P_B(A)$

Chaque conditionnelle exige un événement de conditionnement de probabilité positive. Pour les probabilités totales, les $$B_i$$ forment une partition ; on omet les groupes de probabilité nulle. La ligne « au moins un succès » concerne $$n$$ épreuves indépendantes ayant la même probabilité de succès $$p$$ .

À toi d’essayer

Choisir la démarche à partir de la question

Un objet peut provenir de trois ateliers. On connaît leurs parts et leurs taux de défaut. Comment calculer la probabilité d'un défaut ? Puis celle de provenir du premier atelier sachant le défaut ?

Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.

Indice 1 · Une piste

La première question ne retient aucun atelier à l'avance.

Indice 2 · Un pas de plus

La seconde réduit le groupe de référence aux objets défectueux.

Voir l’explication

D'abord, on additionne les trois contributions « part de l'atelier multipliée par son taux ». Ensuite, on divise la contribution du premier atelier par ce total, s'il est positif. Si aucun objet ne peut être défectueux, la seconde question n'a pas de conditionnelle définie. À réessayer : avec des parts $$1/2,1/4,1/4$$ et des taux $$0,1/10,1/5$$ , le total est $$3/40$$ et la part du premier atelier parmi les défauts vaut 0. Les exercices 4 et 14 prolongent ce raisonnement.

Relier trois étapes sans perdre l'urne

Pour l'exercice 14, les trois étapes sont : choisir l'urne, tirer une première couleur, puis tirer une seconde couleur sans remise. Les seuls chemins menant à deux rouges sont représentés ci-dessous ; les branches vers une bleue sont omises sur ce schéma partiel.

La dernière branche dépend de l'urne et de la première couleur. Une autre façon de calculer

P_{R_1}(R_2)

consiste à trouver

P(R_1\cap R_2)

avec ces trois chemins, puis à diviser par

\(P(R_1)\)

: les deux approches doivent coïncider.

Un calcul exact que l'on peut exécuter

Le programme suivant traite trois paramètres rationnels $$p=P(A)$$ , $$s=P_A(B)$$ et $f=P_{\overline A}(B)$ . Dans les cas $$p=0$$ ou $$p=1$$ , le paramètre du groupe vide décrit un mécanisme hypothétique et ne représente pas une conditionnelle définie ; son poids est nul. La syntaxe de Fraction est fournie pour garder les fractions exactes.

from fractions import Fraction as F

def inversion(p, s, f):
    if not (0 <= p <= 1 and 0 <= s <= 1 and 0 <= f <= 1):
        raise ValueError("parametres entre 0 et 1 attendus")
    intersection = p * s
    total = intersection + (1 - p) * f
    if total == 0:
        raise ValueError("evenement observe de probabilite nulle")
    return intersection / total

print(inversion(F(1, 10), F(4, 5), F(1, 5)))

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Probabilité conditionnelle directe

On lance un dé équilibré. $A=\{1,2,3\}$ (petit), $B=\{2,4,6\}$ (pair).

Calculer $$P(A)$$ , $$P(B)$$ , $P(A\cap B)$ .
Calculer $$P_B(A)$$ et $$P_A(B)$$ .
$$A$$ et $$B$$ sont-ils indépendants ?

Exercice 2 ★☆☆ : Arbre simple

Une urne contient 4 boules rouges et 6 boules bleues. On tire deux boules sans remise, chaque boule restante ayant la même chance d'être choisie à chaque tirage.

Construire l'arbre pondéré.
Calculer la probabilité d'obtenir deux boules de la même couleur.
Calculer la probabilité que la deuxième boule soit rouge.

Exercice 3 ★☆☆ : Tableau à double entrée

Dans une classe de 35 élèves, 20 sont des filles, 15 des garçons. Parmi les filles, 12 aiment les maths. Parmi les garçons, 9 aiment les maths.

Compléter le tableau à double entrée.
Calculer la probabilité qu'un élève choisi au hasard aime les maths.
Calculer $$P_F(M)$$ et $$P_M(F)$$ (où $$F=$$ fille, $$M=$$ aime les maths).
$$F$$ et $$M$$ sont-ils indépendants ?

Exercice 4 ★★☆ : Probabilités totales

Une usine a deux machines $$M_1$$ et $$M_2$$ . $$M_1$$ produit $60\%$ des pièces, $$M_2$$ produit $40\%$ . Le taux de défaut est $3\%$ pour $$M_1$$ et $5\%$ pour $$M_2$$ .

Dessiner l'arbre pondéré.
Calculer la probabilité qu'une pièce choisie au hasard soit défectueuse.
Sachant qu'une pièce est défectueuse, quelle est la probabilité qu'elle vienne de $$M_1$$ ?

Exercice 5 ★★☆ : Test médical et Bayes

Dans un modèle fictif, un test de dépistage a une sensibilité de $95\%$ et une spécificité de $90\%$ . La prévalence de la maladie est de $1\%$ .

Dessiner l'arbre pondéré complet.
Calculer $$P(+)$$ .
Calculer $$P_+(M)$$ (valeur prédictive positive). Commenter.
Calculer $P_-({\overline{M}})$ (valeur prédictive négative).
Si un patient positif fait un deuxième test sur un nouveau prélèvement (mêmes taux, résultats indépendants conditionnellement à l'état malade et conditionnellement à l'état non malade), calculer la probabilité d'être malade sachant que les deux tests sont positifs.

Exercice 6 ★★☆ : Indépendance

On tire uniformément une carte d'un jeu de 32 cartes. $$R=$$ « rouge » (cœur ou carreau), $$F=$$ « figure » (roi, dame, valet).

Calculer $$P(R)$$ , $$P(F)$$ , $P(R\cap F)$ .
$$R$$ et $$F$$ sont-ils indépendants ?
Soit $$A=$$ « as ». $$R$$ et $$A$$ sont-ils indépendants ?

Exercice 7 ★★☆ : Succession d'épreuves

Un tireur atteint sa cible avec probabilité $$0{,}8$$ à chaque tir (indépendamment).

Calculer la probabilité d'atteindre la cible $$5$$ fois de suite.
Calculer la probabilité de rater au moins une fois en $$5$$ tirs.
Combien de tirs faut-il pour que $P(\text{au moins un raté})\geqslant 0{,}95$ ?

Exercice 8 ★★☆ : Démonstrations de cours

Démontrer les probabilités totales pour une partition de groupes de probabilités positives.
Démontrer que si $$A$$ et $$B$$ sont indépendants, alors $$A$$ et $\overline{B}$ aussi.
Pour $$P(B)>0$$ , démontrer que $P_B(\overline{A})=1-P_B(A)$ .

Exercice 9 ★★☆ : Espérance conditionnelle

Un sac contient 3 boules rouges (valeur 10) et 2 boules bleues (valeur 5). On tire uniformément une boule. Si elle est rouge, on lance un dé équilibré, indépendamment du tirage, et on ajoute le résultat. Si elle est bleue, on ne lance pas de dé.

Calculer l'espérance du gain sachant que la boule est rouge.
Calculer l'espérance du gain sachant que la boule est bleue.
En déduire l'espérance totale du gain.

Exercice 10 ★★☆ : Paradoxe de l'anniversaire

Dans un groupe de $$n$$ personnes, quelle est la probabilité qu'au moins deux personnes aient le même anniversaire ? (On suppose des dates indépendantes et 365 jours équiprobables, sans 29 février ; ce modèle simplifie les naissances réelles.) Pour la formule factorielle, on prend $1\leqslant n\leqslant365$ ; au-delà, une coïncidence est certaine.

Calculer la probabilité que toutes les dates soient différentes : $P_n=\frac{365}{365}\times\frac{364}{365}\times\cdots\times\frac{365-n+1}{365}$ .
Calculer $P(\text{au moins une coïncidence})=1-P_n$ pour $$n=23$$ , $$30$$ , $$50$$ .
À partir de combien de personnes dépasse-t-on $50\%$ ?

Exercice 11 ★★☆ : Le problème de Monty Hall

Un jeu télévisé : 3 portes, une cache une voiture, les deux autres des chèvres. Le joueur choisit une porte. Le présentateur (qui sait où est la voiture) ouvre une autre porte révélant une chèvre. Le joueur peut alors garder son choix ou changer. La voiture est placée uniformément, indépendamment du choix initial. Le présentateur ouvre toujours une autre porte avec une chèvre et propose toujours de changer ; quand deux portes conviennent, il choisit chacune avec probabilité $$1/2$$ .

Définir les événements. Modéliser avec un arbre.
Calculer la probabilité de gagner en gardant son choix.
Calculer la probabilité de gagner en changeant.
Faut-il changer ? Justifier par Bayes.

Exercice 12 ★★☆ : Filtrage anti-spam

Un filtre bayésien utilise la présence du mot « gratuit » pour détecter le spam. On donne :

\begin{aligned}P(\text{spam})&=0{,}4,\\[.35em]P_{\text{spam}}(\text{gratuit})&=0{,}8,\\[.35em]P_{\overline{\text{spam}}}(\text{gratuit})&=0{,}1.\end{aligned}

Calculer $P(\text{gratuit})$ .
Calculer $P_{\text{gratuit}}(\text{spam})$ .
Si on ajoute un deuxième mot-clé « urgent » ( $P_{\text{spam}}(\text{urgent})=0{,}6$ , $P_{\overline{\text{spam}}}(\text{urgent})=0{,}05$ , indépendant de « gratuit » dans chacun des deux groupes, spam et non-spam), calculer la probabilité d'être spam sachant que les deux mots sont présents.

Exercice 13 ★★★ : Chaîne de Markov simple

Un personnage se déplace entre deux états $$A$$ et $$B$$ . À chaque étape, s'il est en $$A$$ , il reste en $$A$$ avec probabilité $$0{,}7$$ et va en $$B$$ avec probabilité $$0{,}3$$ . S'il est en $$B$$ , il reste en $$B$$ avec probabilité $$0{,}6$$ et va en $$A$$ avec probabilité $$0{,}4$$ . Il commence en $$A$$ .

Calculer la probabilité d'être en $$A$$ après 1, 2, 3 étapes.
On note $a_n=P(\text{en }A\text{ à l'étape }n)$ . Montrer que $a_{n+1}=0{,}3a_n+0{,}4$ .
Résoudre cette récurrence (c'est une équation du type $u_{n+1}=au_n+b$ !).
Déterminer $\lim_{n\to+\infty}a_n$ . Interpréter.

Exercice 14 ★★★ : Probabilité conditionnelle en cascade

Trois urnes : $$U_1$$ contient 3R, 2B ; $$U_2$$ contient 1R, 4B ; $$U_3$$ contient 2R, 2B. On choisit une urne au hasard (équiprobablement), puis on tire une boule uniformément parmi celles de l'urne choisie. Tout tirage ultérieur est également uniforme parmi les boules restantes.

Calculer la probabilité de tirer une boule rouge.
Sachant que la boule est rouge, quelle est la probabilité qu'elle vienne de $$U_1$$ ?
On tire une deuxième boule dans la même urne (sans remise). Sachant que la première est rouge, calculer la probabilité que la deuxième soit aussi rouge.

Corrigés détaillés

Exercice 1

\begin{aligned}P(A) &= \frac{3}{6}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\end{aligned},

\begin{aligned}P(B) &= \frac{3}{6}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\end{aligned},

$A\cap B=\{2\}$ donc $P(A\cap B)=\frac{1}{6}$ .

\begin{aligned}P_B(A) &= \frac{P(A\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= \frac{1/6}{1/2}\\[.35em]&= \frac{1}{3}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_A(B) &= \frac{P(A\cap B)}{P(A)}\\[.35em]&= \frac{1/6}{1/2}\\[.35em]&= \frac{1}{3}\end{aligned}.

c) $P(A)\times P(B)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\neq\frac{1}{6}=P(A\cap B)$ . $$A$$ et $$B$$ ne sont pas indépendants. Savoir que le nombre est pair change la probabilité d'avoir un petit nombre.

Exercice 2

a) Première branche :

\begin{aligned}P(R_1) &= \frac{4}{10}\\[.35em]&= \frac{2}{5}\end{aligned},

\begin{aligned}P(B_1) &= \frac{6}{10}\\[.35em]&= \frac{3}{5}\end{aligned}.

Si $$R_1$$ :

\begin{aligned}P_{R_1}(R_2) &= \frac{3}{9}\\[.35em]&= \frac{1}{3}\end{aligned},

\begin{aligned}P_{R_1}(B_2) &= \frac{6}{9}\\[.35em]&= \frac{2}{3}\end{aligned}.

Si $$B_1$$ :

P_{B_1}(R_2)=\frac{4}{9},

P_{B_1}(B_2)=\frac{5}{9}.

\begin{aligned}P(\text{même couleur}) &= P(R_1\cap R_2)+P(B_1\cap B_2)\\[.35em]&= \frac{2}{5}\times\frac{1}{3}+\frac{3}{5}\times\frac{5}{9}\\[.35em]&= \frac{2}{15}+\frac{15}{45}\\[.35em]&= \frac{2}{15}+\frac{1}{3}\\[.35em]&= \frac{2}{15}+\frac{5}{15}\\[.35em]&= \frac{7}{15}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(R_2) &= P(R_1)P_{R_1}(R_2)+P(B_1)P_{B_1}(R_2)\\[.35em]&= \frac{2}{5}\times\frac{1}{3}+\frac{3}{5}\times\frac{4}{9}\\[.35em]&= \frac{2}{15}+\frac{12}{45}\\[.35em]&= \frac{6}{45}+\frac{12}{45}\\[.35em]&= \frac{18}{45}\\[.35em]&= \frac{2}{5}\end{aligned}.

On retrouve

\begin{aligned}P(R_2) &= \frac{2}{5}\\[.35em]&= P(R_1)\end{aligned}

la deuxième boule a la même probabilité que la première (propriété classique du tirage sans remise).

Exercice 3

a) Tableau :

	Fille ( $$F$$ )	Garçon ( $\overline{F}$ )	Total
Maths ( $$M$$ )	12	9	21
$\overline{M}$	8	6	14
Total	20	15	35

\begin{aligned}P(M) &= \frac{21}{35}\\[.35em]&= \frac{3}{5}\\[.35em]&= 0{,}6\end{aligned}.

\begin{aligned}P_F(M) &= \frac{12}{20}\\[.35em]&= \frac{3}{5}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_M(F) &= \frac{12}{21}\\[.35em]&= \frac{4}{7}\\[.35em]&\approx 0{,}571\end{aligned}.

\begin{aligned}P(F)\times P(M) &= \frac{20}{35}\times\frac{21}{35}\\[.35em]&= \frac{420}{1225}\\[.35em]&= \frac{12}{35}\\[.35em]&= P(F\cap M)\end{aligned}.

Donc $$F$$ et $$M$$ sont indépendants. Cela se voit aussi par

\begin{aligned}P_F(M) &= \frac{3}{5}\\[.35em]&= P(M)\end{aligned}.

Exercice 4

a) Branches de niveau 1 : $P(M_1)=0{,}6$ , $P(M_2)=0{,}4$ . Niveau 2 : $P_{M_1}(D)=0{,}03$ , $P_{M_2}(D)=0{,}05$ .

\begin{aligned}P(D) &= P(M_1)P_{M_1}(D)+P(M_2)P_{M_2}(D)\\[.35em]&= 0{,}6\times 0{,}03+0{,}4\times 0{,}05\\[.35em]&= 0{,}018+0{,}020\\[.35em]&= 0{,}038\end{aligned}.

\begin{aligned}P_D(M_1) &= \frac{P(M_1)\times P_{M_1}(D)}{P(D)}\\[.35em]&= \frac{0{,}018}{0{,}038}\\[.35em]&= \frac{18}{38}\\[.35em]&= \frac{9}{19}\\[.35em]&\approx 0{,}474\end{aligned}.

Bien que $$M_1$$ produise plus de pièces, son taux de défaut est plus faible. La probabilité qu'une pièce défectueuse vienne de $$M_1$$ est légèrement inférieure à $50\%$ .

Exercice 5

\[P(M)=0{,}01,\]

P(\overline{M})=0{,}99.

P_M(+)=0{,}95,

P_M(-)=0{,}05.

P_{\overline{M}}(-)=0{,}90,

P_{\overline{M}}(+)=0{,}10.

\begin{aligned}P(+) &= 0{,}01\times 0{,}95+0{,}99\times 0{,}10\\[.35em]&= 0{,}0095+0{,}099\\[.35em]&= 0{,}1085\end{aligned}.

\begin{aligned}P_+(M) &= \frac{0{,}0095}{0{,}1085}\\[.35em]&\approx 0{,}0876\\[.35em]&\approx 8{,}8\%\end{aligned}.

Dans ce modèle fictif, environ $8{,}8\%$ des résultats positifs concernent des personnes malades. Cette proportion est plus faible que dans l'exemple du cours : la prévalence ( $1\%$ ), la sensibilité ( $95\%$ ) et la spécificité ( $90\%$ ) ont toutes trois diminué. On ne peut donc pas attribuer cette différence à un seul paramètre.

\begin{aligned}P_-(\overline{M}) &= \frac{P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(-)}{P(-)}\\[.35em]&= \frac{0{,}99\times 0{,}90}{1-0{,}1085}\\[.35em]&= \frac{0{,}891}{0{,}8915}\\[.35em]&\approx 0{,}9994\\[.35em]&\approx 99{,}9\%\end{aligned}.

Dans ce modèle fictif, la proportion de non-malades parmi les résultats négatifs vaut environ $99{,}94\%$ . Elle ne se confond pas avec la spécificité $90\%$ .

e) Notons $$+_1,+_2$$ les deux résultats positifs. L'indépendance conditionnelle dans chacun des deux états donne

\begin{aligned}P(M\cap+_1\cap+_2) &= 0{,}01\times0{,}95^2\\[.35em]&= 0{,}009025,\end{aligned}

\begin{aligned}P(\overline M\cap+_1\cap+_2) &= 0{,}99\times0{,}10^2\\[.35em]&= 0{,}0099.\end{aligned}

On réunit les deux chemins, puis on conditionne :

P(+_1\cap+_2)=0{,}018925,

\begin{aligned}P_{+_1\cap+_2}(M) &= \frac{0{,}009025}{0{,}018925}\\[.35em]&= \frac{361}{757}\\[.35em]&\approx 47{,}69\%.\end{aligned}

On a gardé les valeurs exactes avant le dernier arrondi. Les deux tests ne sont pas supposés indépendants sans conditionnement : ils concernent la même personne et partagent son état. Si le second résultat copiait le premier, deux positifs n'apporteraient pas d'information supplémentaire. Ce résultat appartient au modèle fictif de l'exercice.

Exercice 6

\begin{aligned}P(R) &= \frac{16}{32}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(F) &= \frac{12}{32}\\[.35em]&= \frac{3}{8}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(R\cap F) &= \frac{6}{32}\\[.35em]&= \frac{3}{16}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(R)\times P(F) &= \frac{1}{2}\times\frac{3}{8}\\[.35em]&= \frac{3}{16}\\[.35em]&= P(R\cap F)\end{aligned}.

Indépendants.

\begin{aligned}P(A) &= \frac{4}{32}\\[.35em]&= \frac{1}{8}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(R\cap A) &= \frac{2}{32}\\[.35em]&= \frac{1}{16}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(R)\times P(A) &= \frac{1}{2}\times\frac{1}{8}\\[.35em]&= \frac{1}{16}\\[.35em]&= P(R\cap A)\end{aligned}.

Indépendants aussi.

Exercice 7

\begin{aligned}P(\text{5 succès}) &= 0{,}8^5\\[.35em]&= 0{,}32768\\[.35em]&\approx 32{,}8\%\end{aligned}.

\begin{aligned}P(\text{au moins un raté}) &= 1-0{,}8^5\\[.35em]&= 1-0{,}32768\\[.35em]&\approx 67{,}2\%\end{aligned}.

c) On cherche le premier entier $$n$$ qui vérifie le seuil :

\begin{aligned}1-0{,}8^n\geqslant0{,}95 &\iff0{,}8^n\leqslant0{,}05\\[.35em]&\iff n\ln(0{,}8)\leqslant\ln(0{,}05)\\[.35em]&\iff n\geqslant\frac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}8)}.\end{aligned}

Le quotient vaut environ $$13{,}43$$ . Donc le minimum est $\boxed{n=14}$ tirs. On inverse le sens en divisant par $\ln(0{,}8)<0$ ; directement, $0{,}8^{13}\approx0{,}05498>0{,}05$ et $0{,}8^{14}\approx0{,}04398<0{,}05$ .

Exercice 8

a) Les $$B_i$$ partitionnent $\Omega$ , donc $A=(A\cap B_1)\cup\cdots\cup(A\cap B_n)$ avec les $(A\cap B_i)$ disjoints.

\begin{aligned}P(A) &= \sum P(A\cap B_i)\\[.35em]&= \sum P(B_i)\cdot P_{B_i}(A)\end{aligned}.

$\square$

\begin{aligned}P(A\cap\overline{B}) &= P(A)-P(A\cap B)\\[.35em]&= P(A)-P(A)P(B)\end{aligned}

(indépendance)

=P(A)(1-P(B))=P(A)\cdot P(\overline{B})

. Donc

\(A\)

\overline{B}

indépendants.

\square

\begin{aligned}P_B(\overline{A}) &= \frac{P(\overline{A}\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= \frac{P(B)-P(A\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= 1-\frac{P(A\cap B)}{P(B)}\\[.35em]&= 1-P_B(A)\end{aligned}.

$\square$

Exercice 9

a) Si rouge ( $$R$$ ) : gain $$=10+D$$ où $$D$$ est le résultat du dé.

\begin{aligned}E_R(\text{gain}) &= 10+E(D)\\[.35em]&= 10+3{,}5\\[.35em]&= 13{,}5\end{aligned}.

b) Si bleue ( $$B$$ ) : gain $$=5$$ . $E_B(\text{gain})=5$ .

c) Espérance totale :

\begin{aligned}E(\text{gain}) &= P(R)\cdot E_R(\text{gain})+P(B)\cdot E_B(\text{gain})\\[.35em]&= \frac{3}{5}\times 13{,}5+\frac{2}{5}\times 5\\[.35em]&= 8{,}1+2\\[.35em]&= 10{,}1\end{aligned}.

Exercice 10

\begin{aligned}P_n &= \prod_{k=0}^{n-1}\frac{365-k}{365}\\[.35em]&= \frac{365!}{(365-n)!\cdot 365^n}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{23} &= \frac{365\times 364\times\cdots\times 343}{365^{23}}\\[.35em]&\approx 0{,}493\end{aligned}.

Donc

\begin{aligned}P(\text{coïncidence}) &\approx 1-0{,}493\\[.35em]&= 0{,}507\\[.35em]&\approx 50{,}7\%\end{aligned}.

$P_{30}\approx0{,}294$ et $P_{50}\approx0{,}030$ désignent l'absence de coïncidence. Les probabilités de coïncidence sont donc $1-P_{30}\approx70{,}6\%$ et $1-P_{50}\approx97{,}0\%$ .

c) Dès $$n=23$$ personnes, la probabilité dépasse $50\%$ . C'est le paradoxe des anniversaires : on compare toutes les paires, pas seulement un individu fixé au reste. À 23 personnes, cela représente $23\times22/2=253$ paires ; leurs événements de coïncidence ne sont pas disjoints, donc on ne peut pas additionner directement leurs probabilités. Pour la minimalité, $1-P_{22}\approx47{,}6\%<50\%$ ; cette probabilité augmente avec $$n$$ , puisque l’ajout d’une personne conserve les coïncidences déjà présentes.

Exercice 11

a) $$V_i=$$ « la voiture est derrière la porte $$i$$ » ( $$i=1,2,3$$ ). Le joueur choisit la porte 1. Le présentateur ouvre la porte 2 (chèvre). $$D_2=$$ « le présentateur ouvre la porte 2 ».

Voici toutes les annonces possibles avant l'observation ; $$D_3$$ signifie que le présentateur ouvre la porte 3.

b) En gardant : $P_{D_2}(V_1)$ . Par Bayes :

$P(V_i)=\frac{1}{3}$ pour $$i=1,2,3$$ . $P_{V_1}(D_2)=\frac{1}{2}$ (le présentateur choisit entre 2 et 3). $P_{V_2}(D_2)=0$ (il ne peut pas ouvrir la porte de la voiture). $P_{V_3}(D_2)=1$ (il doit ouvrir la 2).

\begin{aligned}P(D_2) &= \frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times 0+\frac{1}{3}\times 1\\[.35em]&= \frac{1}{6}+0+\frac{1}{3}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{D_2}(V_1) &= \frac{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\\[.35em]&= \frac{1}{3}\end{aligned}.

c) En changeant (porte 3) :

\begin{aligned}P_{D_2}(V_3) &= \frac{\frac{1}{3}\times 1}{\frac{1}{2}}\\[.35em]&= \frac{2}{3}\end{aligned}.

d) Il faut changer : la probabilité de gagner passe de $\frac{1}{3}$ à $\frac{2}{3}$ . L'information du présentateur ne change pas la probabilité du choix initial ( $\frac{1}{3}$ ), mais concentre les $\frac{2}{3}$ restants sur une seule porte.

Exercice 12

\begin{aligned}P(G) &= P(\text{spam})\cdot P_{\text{spam}}(G)\\[.35em]&\quad {}+P(\overline{\text{spam}})\cdot P_{\overline{\text{spam}}}(G)\\[.35em]&= 0{,}4\times 0{,}8+0{,}6\times 0{,}1\\[.35em]&= 0{,}32+0{,}06\\[.35em]&= 0{,}38\end{aligned}.

\begin{aligned}P_G(\text{spam}) &= \frac{0{,}4\times 0{,}8}{0{,}38}\\[.35em]&= \frac{0{,}32}{0{,}38}\\[.35em]&= \frac{16}{19}\\[.35em]&\approx 84{,}2\%\end{aligned}.

c) Notons $$G$$ et $$U$$ les événements « gratuit » et « urgent ». Par indépendance conditionnelle :

\begin{aligned}P_{\text{spam}}(G\cap U) &= P_{\text{spam}}(G)\cdot P_{\text{spam}}(U)\\[.35em]&= 0{,}8\times 0{,}6\\[.35em]&= 0{,}48\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{\overline{\text{spam}}}(G\cap U) &= 0{,}1\times 0{,}05\\[.35em]&= 0{,}005\end{aligned}.

\begin{aligned}P(G\cap U) &= 0{,}4\times 0{,}48+0{,}6\times 0{,}005\\[.35em]&= 0{,}192+0{,}003\\[.35em]&= 0{,}195\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{G\cap U}(\text{spam}) &= \frac{0{,}192}{0{,}195}\\[.35em]&= \frac{192}{195}\\[.35em]&= \frac{64}{65}\\[.35em]&\approx 98{,}5\%\end{aligned}.

La probabilité vaut environ $98{,}5\%$ dans ce modèle. L’hypothèse d’indépendance dans chaque groupe est décisive : sans elle, les données ne suffisent pas pour multiplier les deux taux.

Exercice 13

a) $$a_0=1$$ (il commence en $$A$$ ).

À la première étape, on part certainement de $$A$$ , donc $a_1=0{,}7$ directement. On ne conditionne pas sur l'état $$B$$ à l'instant initial, qui a une probabilité nulle.

\begin{aligned}a_2 &= 0{,}7\times 0{,}7+0{,}4\times 0{,}3\\[.35em]&= 0{,}49+0{,}12\\[.35em]&= 0{,}61\end{aligned}.

\begin{aligned}a_3 &= 0{,}7\times 0{,}61+0{,}4\times 0{,}39\\[.35em]&= 0{,}427+0{,}156\\[.35em]&= 0{,}583\end{aligned}.

b) Pour $n\geqslant1$ , les deux états ont une probabilité positive : c'est vrai au rang 1, puis les transitions vers chaque état ont toutes des probabilités strictement positives. À l'étape $$n+1$$ , on est en $$A$$ soit en venant de $$A$$ ( $\times 0{,}7$ ), soit en venant de $$B$$ ( $\times 0{,}4$ ). $P(\text{en }B)=1-a_n$ , donc :

\begin{aligned}a_{n+1} &= 0{,}7\,a_n+0{,}4(1-a_n)\\[.35em]&= 0{,}7\,a_n+0{,}4-0{,}4\,a_n\\[.35em]&= 0{,}3\,a_n+0{,}4\end{aligned}.

La relation vaut aussi pour $$n=0$$ , puisque

\begin{aligned}0{,}3a_0+0{,}4 &= 0{,}7\\[.35em] &= a_1.\end{aligned}

c) C'est une suite $u_{n+1}=au_n+b$ avec $$a=0{,}3$$ et $$b=0{,}4$$ . Le point fixe est

\begin{aligned}\ell &= \frac{b}{1-a}\\[.35em]&= \frac{0{,}4}{0{,}7}\\[.35em]&= \frac{4}{7}\end{aligned}.

Posons $v_n=a_n-\frac{4}{7}$ . Alors $v_{n+1}=0{,}3\,v_n$ , d'où

\begin{aligned}v_n &= v_0\cdot 0{,}3^n\\[.35em]&= (1-\frac{4}{7})\cdot 0{,}3^n\\[.35em]&= \frac{3}{7}\cdot 0{,}3^n\end{aligned}.

$\boxed{a_n=\frac{4}{7}+\frac{3}{7}\cdot 0{,}3^n}$ .

\begin{aligned}\lim_{n\to+\infty}a_n &= \frac{4}{7}\\[.35em]&\approx 0{,}571\end{aligned}.

C'est la probabilité stationnaire d'être en $$A$$ . Elle est supérieure à $\frac{1}{2}$ car $$A$$ « retient » mieux ( $$0{,}7>0{,}6$$ ).

Exercice 14

a) L'urne est choisie une seule fois, puis chaque boule restante a la même chance d'être tirée. Les probabilités totales donnent

P(R)=\frac13\left(\frac35+\frac15+\frac24\right).

Calculons :

\begin{aligned}\frac{3}{5}+\frac{1}{5}+\frac{2}{4} &= \frac{3}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\\[.35em]&= \frac{6+2+5}{10}\\[.35em]&= \frac{13}{10}\end{aligned}.

\begin{aligned}P(R) &= \frac{1}{3}\times\frac{13}{10}\\[.35em]&= \frac{13}{30}\\[.35em]&\approx 0{,}433\end{aligned}.

\begin{aligned}P_R(U_1) &= \frac{P(U_1)\cdot P_{U_1}(R)}{P(R)}\\[.35em]&= \frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{5}}{\frac{13}{30}}\\[.35em]&= \frac{\frac{1}{5}}{\frac{13}{30}}\\[.35em]&= \frac{1}{5}\times\frac{30}{13}\\[.35em]&= \frac{6}{13}\\[.35em]&\approx 0{,}462\end{aligned}.

c) La probabilité de $$R_2$$ sachant $$R_1$$ dépend de l'urne choisie. On applique les probabilités totales dans l'univers conditionné par $$R_1$$ :

\begin{aligned}P(R_2|R_1) &= P_R(U_1)\cdot P_{U_1\cap R_1}(R_2)\\&\quad {}+P_R(U_2)\cdot P_{U_2\cap R_1}(R_2)\\&\quad {}+P_R(U_3)\cdot P_{U_3\cap R_1}(R_2).\end{aligned}

\begin{aligned}P_R(U_2) &= \frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}}{\frac{13}{30}}\\[.35em]&= \frac{2}{13}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_R(U_3) &= \frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{13}{30}}\\[.35em]&= \frac{5}{13}\end{aligned}.

Après avoir tiré 1 rouge (sans remise) :

$$U_1$$ : reste 2R/2B sur 4,

\begin{aligned}P &= \frac{2}{4}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\end{aligned}.

$$U_2$$ : reste 0R/4B sur 4, $$P=0$$ . $$U_3$$ : reste 1R/2B sur 3, $P=\frac{1}{3}$ .

\begin{aligned}P(R_2|R_1) &= \frac{6}{13}\times\frac{1}{2}+\frac{2}{13}\times 0+\frac{5}{13}\times\frac{1}{3}\\[.35em]&= \frac{3}{13}+0+\frac{5}{39}\\[.35em]&= \frac{9}{39}+\frac{5}{39}\\[.35em]&= \frac{14}{39}\\[.35em]&\approx 0{,}359\end{aligned}.

Corrigé du problème : Le problème du prisonnier

Partie A : Modélisation

\begin{aligned}P(G_A) &= P(G_B)\\[.35em]&= P(G_C)\\[.35em]&= \frac{1}{3}\end{aligned}.

2. Le gardien désigne un condamné différent de $$A$$ :

$\bullet$ Si $$A$$ est gracié ( $$G_A$$ ) : $$B$$ et $$C$$ sont condamnés. Le gardien peut dire $$B$$ ou $$C$$ , il choisit $$B$$ avec probabilité $\frac{1}{2}$ : $P_{G_A}(D_B)=\frac{1}{2}$ .

$\bullet$ Si $$B$$ est gracié ( $$G_B$$ ) : le gardien ne peut pas dire $$B$$ , il dit forcément $$C$$ : $P_{G_B}(D_B)=0$ .

$\bullet$ Si $$C$$ est gracié ( $$G_C$$ ) : le gardien ne peut pas dire $$C$$ (gracié) ni $$A$$ (le demandeur). Il dit forcément $$B$$ : $P_{G_C}(D_B)=1$ .

3. L'arbre :

Schéma : Corrigé du problème : Le problème du prisonnier

Partie B : Calcul bayésien

\begin{aligned}P(D_B) &= \frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times 0+\frac{1}{3}\times 1\\[.35em]&= \frac{1}{6}+0+\frac{1}{3}\\[.35em]&= \frac{1}{2}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{D_B}(G_A) &= \frac{P(G_A)\times P_{G_A}(D_B)}{P(D_B)}\\[.35em]&= \frac{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}\\[.35em]&= \frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}\\[.35em]&= \boxed{\frac{1}{3}}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{D_B}(G_C) &= \frac{P(G_C)\times P_{G_C}(D_B)}{P(D_B)}\\[.35em]&= \frac{\frac{1}{3}\times 1}{\frac{1}{2}}\\[.35em]&= \boxed{\frac{2}{3}}\end{aligned}.

7. La conclusion $$1/2$$ ne correspond pas au modèle donné. Sa probabilité de grâce reste $\frac{1}{3}$ , pas $\frac{1}{2}$ . L'information du gardien ne change rien pour $$A$$ , mais elle concentre les $\frac{2}{3}$ restants entièrement sur $$C$$ (car on sait que $$B$$ ne sera pas gracié).

8. C'est exactement le problème de Monty Hall : $$A$$ est le joueur (porte 1), les prisonniers sont les portes, la grâce est la voiture, et le gardien est le présentateur. Comme à Monty Hall, le choix initial a $\frac{1}{3}$ de chance, et l'information donnée ne modifie pas ce $\frac{1}{3}$ mais concentre les $\frac{2}{3}$ sur l'alternative restante.

Partie C : Généralisation

9. Si $P_{G_A}(D_B)=q$ (au lieu de $\frac{1}{2}$ ) :

\begin{aligned}P(D_B) &= \frac{1}{3}\cdot q+\frac{1}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot 1\\[.35em]&= \frac{q+1}{3}\end{aligned}.

\begin{aligned}P_{D_B}(G_A) &= \frac{\frac{1}{3}\cdot q}{\frac{q+1}{3}}\\[.35em]&= \frac{q}{q+1}\end{aligned}.

10. Comme $$q+1>0$$ :

\begin{aligned}P_{D_B}(G_A)=\frac12 &\iff\frac{q}{q+1}=\frac12\\[.35em]&\iff2q=q+1\\[.35em]&\iff q=1.\end{aligned}

Si $$q=1$$ , le gardien dit toujours $$B$$ quand $$A$$ est gracié, alors $P_{D_B}(G_A)=\frac{1}{2}$ .

11. Le résultat dépend de la stratégie du gardien car l'information qu'il révèle dépend de ce qu'il aurait pu dire dans d'autres scénarios. Si le gardien dit toujours $$B$$ (même quand $$A$$ est gracié), alors « le gardien dit $$B$$ » est moins informatif : cela arrive dans tous les cas sauf $$G_B$$ . Si le gardien est équiprobable, le fait qu'il dise $$B$$ privilégie le scénario où il était forcé de dire $$B$$ (i.e. $$G_C$$ ). C'est le problème de l'information sélective : l'information dépend du processus qui l'a générée.

	Test $\(+\)$	Test $\(-\)$
Malades ( $\(200\)$ )	$\(198\)$ (VP)	$\(2\)$ (FN)
Sains ( $\(9800\)$ )	$\(490\)$ (FP)	$\(9310\)$ (VN)

	Malade	Sain	Total
Test $\(+\)$	$\(198\)$	$\(490\)$	$\(688\)$
Test $\(-\)$	$\(2\)$	$\(9310\)$	$\(9312\)$
Total	$\(200\)$	$\(9800\)$	$10\,000$

	$\(A\)$	$\overline{A}$	Total
$\(B\)$	$P(A\cap B)$	$P(\overline{A}\cap B)$	$\(P(B)\)$
$\overline{B}$	$P(A\cap\overline{B})$	$P(\overline{A}\cap\overline{B})$	$P(\overline{B})$
Total	$\(P(A)\)$	$P(\overline{A})$	$\(1\)$

Tu lis dans l'énoncé…	Tu penses à…
« sachant que », « étant donné que »	$\(P_B(A)\)$ : probabilité conditionnelle
« test positif / négatif »	arbre + Bayes
« indépendamment »	$P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$
« au moins un »	passer par le complémentaire ; $\(1-(1-p)^n\)$ pour $\(n\)$ épreuves indépendantes de même probabilité $\(p\)$
« sans remise »	composition modifiée : recalculer les conditionnelles
« en déduire la probabilité que »	probabilités totales
« montrer que $\(A\)$ et $\(B\)$ sont indépendants »	vérifier $P(A\cap B)=P(A)P(B)$
« quelle est la probabilité d'être… sachant »	Bayes (inverser le conditionnement)
« sensibilité / spécificité »	test médical, arbre Bayes
« faux positif »	$P_{\overline{M}}(+)$ : sain mais test positif

Avant le cours, vérifie tes bases

Ton parcours dans ce chapitre

Pourquoi étudier les probabilités conditionnelles ?

De quoi parle-t-on ?

Les applications concrètes

L'idée directrice

L'idée avant la formule

L'univers rétrécit

L'arbre pondéré : l'outil central

Inverser un arbre : l'idée de Bayes

Le cours formel

Rappels : probabilités de base

Probabilité conditionnelle

Formule de multiplication (règle de la chaîne)

Partition de l'univers et probabilités totales

Formule de Bayes

Indépendance de deux événements

Succession d'épreuves indépendantes

Variables finies : rappels et prolongement guidé

Lecture et construction d'arbres pondérés

Tableaux à double entrée

Erreurs classiques et pièges

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Relier trois étapes sans perdre l'urne

Un calcul exact que l'on peut exécuter

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Probabilité conditionnelle directe

Exercice 2 ★☆☆ : Arbre simple

Exercice 3 ★☆☆ : Tableau à double entrée

Exercice 4 ★★☆ : Probabilités totales

Exercice 5 ★★☆ : Test médical et Bayes

Exercice 6 ★★☆ : Indépendance

Exercice 7 ★★☆ : Succession d'épreuves

Exercice 8 ★★☆ : Démonstrations de cours

Exercice 9 ★★☆ : Espérance conditionnelle

Exercice 10 ★★☆ : Paradoxe de l'anniversaire

Exercice 11 ★★☆ : Le problème de Monty Hall

Exercice 12 ★★☆ : Filtrage anti-spam

Exercice 13 ★★★ : Chaîne de Markov simple

Exercice 14 ★★★ : Probabilité conditionnelle en cascade

Problème : Le problème du prisonnier ★★★

Corrigés détaillés

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 5

Exercice 6

Exercice 7

Exercice 8

Exercice 9

Exercice 10

Exercice 11

Exercice 12

Exercice 13

Exercice 14

Corrigé du problème : Le problème du prisonnier

Fiche-mémoire

Maîtrise du chapitre

Pour relier les notions