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IV Probabilités & statistiques · Chapitre 09 / 10

Probabilités conditionnelles

Conditionnement, indépendance, arbres pondérés.

8 min de lecture
4 sections, 4 exemples
40 exercices · 4 problèmes

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L'essentiel en 30 secondes

La probabilité conditionnelle de B sachant A vaut P_A(B) = P(A ∩ B) / P(A). Un arbre pondéré organise les calculs : on multiplie le long d'un chemin, on additionne les chemins qui mènent au même événement — c'est la formule des probabilités totales. A et B sont indépendants lorsque P(A ∩ B) = P(A) × P(B).

1 I. Probabilité conditionnelle

Une probabilité conditionnelle réévalue la chance d'un événement une fois qu'une information est connue : « sachant qu'il pleut, quelle est la probabilité que le match soit annulé ? ».

2 II. Arbres pondérés

Un arbre pondéré représente une expérience à plusieurs étapes. Sur chaque branche figure une probabilité (souvent conditionnelle).

3 III. Formule des probabilités totales

4 IV. Indépendance

Démonstration
Si P(A)≠0P(A) \neq 0, PA(B)=P(A∩B)P(A)P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}. L'égalité PA(B)=P(B)P_A(B) = P(B) équivaut donc à P(A∩B)P(A)=P(B)\dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = P(B), c'est-à-dire P(A∩B)=P(A)P(B)P(A \cap B) = P(A)P(B) : c'est bien la définition de l'indépendance. □\square

Questions fréquentes

Comment calculer une probabilité conditionnelle ?
Par définition, PA(B)=P(A∩B)P(A)P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}, avec P(A)≠0P(A) \neq 0. C'est la probabilité que BB se réalise SACHANT que AA est réalisé : on se restreint à l'univers réduit à AA.
Qu'est-ce que la formule des probabilités totales ?
Si les événements A1,…,AnA_1, \ldots, A_n forment une partition de l'univers, alors P(B)=∑P(Ai)×PAi(B)P(B) = \sum P(A_i) \times P_{A_i}(B). Sur un arbre pondéré, cela revient à additionner les probabilités de tous les chemins qui mènent à BB.
Comment montrer que deux événements sont indépendants ?
Deux événements AA et BB sont indépendants si P(A∩B)=P(A)×P(B)P(A \cap B) = P(A) \times P(B), ce qui équivaut à PA(B)=P(B)P_A(B) = P(B) : savoir que AA est réalisé ne change rien à la probabilité de BB. Attention à ne pas confondre indépendants et incompatibles.

Conditionnement et arbres

Probabilités totales et indépendance

Pièges à éviter

40 exercices disponibles
Exercice 1
Facile
Probabilité conditionnelle. On donne P(A)=0,5P(A) = 0{,}5 et P(A∩B)=0,2P(A \cap B) = 0{,}2. Calculer PA(B)P_A(B).
Correction détaillée
$P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$.
Exercice 2
Facile
Formule du produit. On donne P(A)=0,3P(A) = 0{,}3 et PA(B)=0,5P_A(B) = 0{,}5. Calculer P(A∩B)P(A \cap B).
Correction détaillée
$P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}15$.
Exercice 3
Facile
Conditionnelle (bis). On donne P(A)=0,4P(A) = 0{,}4, P(B)=0,5P(B) = 0{,}5 et P(A∩B)=0,2P(A \cap B) = 0{,}2. Calculer PA(B)P_A(B).
Correction détaillée
$P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5$.
Exercice 4
Facile
Événement contraire. On donne P(A)=0,7P(A) = 0{,}7. Calculer P(A‾)P(\overline{A}).
Correction détaillée
$P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.
Exercice 5
Facile
Contraire conditionnel. On sait que PA(B)=0,6P_A(B) = 0{,}6. Calculer PA(B‾)P_A(\overline{B}).
Correction détaillée
$P_A(\overline{B}) = 1 - P_A(B) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$.
Exercice 6
Facile
Probabilité d'un chemin. Sur un arbre, P(A)=0,6P(A) = 0{,}6 et PA(B)=0,3P_A(B) = 0{,}3. Calculer P(A∩B)P(A \cap B).
Correction détaillée
$P(A \cap B) = 0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18$.
Exercice 7
Facile
Règle des nœuds. À un nœud d'un arbre partent deux branches BB et B‾\overline{B}. Si PA(B)=0,4P_A(B) = 0{,}4, que vaut PA(B‾)P_A(\overline{B}) ?
Correction détaillée
La somme des branches issues d'un nœud vaut $1$, donc $P_A(\overline{B}) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$.
Exercice 8
Facile
Indépendance (vérification). On donne P(A)=0,5P(A) = 0{,}5, P(B)=0,4P(B) = 0{,}4 et P(A∩B)=0,2P(A \cap B) = 0{,}2. Les événements AA et BB sont-ils indépendants ?
Correction détaillée
$P(A) \times P(B) = 0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2 = P(A \cap B)$ : oui, $A$ et $B$ sont indépendants.
Exercice 9
Facile
Indépendance (calcul). AA et BB sont indépendants avec P(A)=0,2P(A) = 0{,}2 et P(B)=0,5P(B) = 0{,}5. Calculer P(A∩B)P(A \cap B).
Correction détaillée
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = 0{,}2 \times 0{,}5 = 0{,}1$.
Exercice 10
Facile
Probabilités totales. On donne P(A)=0,3P(A) = 0{,}3, PA(B)=0,8P_A(B) = 0{,}8 et PA‾(B)=0,2P_{\overline{A}}(B) = 0{,}2. Calculer P(B)P(B).
Correction détaillée
$P(\overline{A}) = 0{,}7$, donc $P(B) = 0{,}3 \times 0{,}8 + 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}24 + 0{,}14 = 0{,}38$.
Exercice 11
Facile
Lecture d'un tableau. Sur 100100 personnes réparties selon AA / A‾\overline{A} et BB / B‾\overline{B} : A∩B=30A \cap B = 30, A∩B‾=10A \cap \overline{B} = 10, A‾∩B=20\overline{A} \cap B = 20, A‾∩B‾=40\overline{A} \cap \overline{B} = 40. Déterminer P(A)P(A), P(B)P(B) et P(A∩B)P(A \cap B).
Correction détaillée
$P(A) = \dfrac{30 + 10}{100} = 0{,}4$ ; $P(B) = \dfrac{30 + 20}{100} = 0{,}5$ ; $P(A \cap B) = \dfrac{30}{100} = 0{,}3$.
Exercice 12
Facile
Inverser le conditionnement. On donne P(A∩B)=0,15P(A \cap B) = 0{,}15 et P(B)=0,5P(B) = 0{,}5. Calculer PB(A)P_B(A).
Correction détaillée
$P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}15}{0{,}5} = 0{,}3$.
Exercice 13
Facile
Deux étapes indépendantes. On lance deux fois une pièce truquée qui tombe sur pile avec probabilité 0,50{,}5, les lancers étant indépendants. Quelle est la probabilité d'obtenir « pile puis face » (P(A∩B)P(A \cap B) avec P(A)=0,5P(A) = 0{,}5, P(B)=0,4P(B) = 0{,}4) ?
Correction détaillée
Par indépendance, la probabilité du chemin est le produit : $0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2$.
Exercice 14
Facile
Union. On donne P(A)=0,4P(A) = 0{,}4, P(B)=0,5P(B) = 0{,}5 et P(A∩B)=0,2P(A \cap B) = 0{,}2. Calculer P(A∪B)P(A \cup B).
Correction détaillée
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0{,}4 + 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}7$.
Exercice 15
Facile
Conditionnelle par les effectifs. Dans une classe, 5050 élèves étudient l'anglais, et parmi eux 3030 étudient aussi l'espagnol. Quelle est la probabilité qu'un angliciste tiré au sort étudie l'espagnol ?
Correction détaillée
$P = \dfrac{30}{50} = \dfrac{3}{5} = 0{,}6$.
Exercice 16
Intermédiaire
Deux machines. Une usine a deux machines : la machine AA fabrique 60%60\% des pièces, la machine BB les 40%40\% restants. La machine AA produit 2%2\% de pièces défectueuses, la machine BB en produit 5%5\%. On note DD l'événement « la pièce est défectueuse ». Calculer P(D)P(D).
Correction détaillée
Par la formule des probabilités totales : $$P(D) = P(A)\,P_A(D) + P(B)\,P_B(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}02 = 0{,}032$$
Exercice 17
Intermédiaire
Probabilité d'un chemin (usine). Avec les données de l'exercice précédent, calculer P(A∩D)P(A \cap D), probabilité qu'une pièce provienne de AA et soit défectueuse.
Correction détaillée
$P(A \cap D) = P(A) \times P_A(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 = 0{,}012$.
Exercice 18
Intermédiaire
Test d'indépendance (tableau). On reprend le tableau : P(A)=0,4P(A) = 0{,}4, P(B)=0,5P(B) = 0{,}5, P(A∩B)=0,3P(A \cap B) = 0{,}3. Les événements AA et BB sont-ils indépendants ?
Correction détaillée
$P(A) \times P(B) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2$, or $P(A \cap B) = 0{,}3 \neq 0{,}2$ : $A$ et $B$ ne sont **pas** indépendants.
Exercice 19
Intermédiaire
Tirage sans remise. Une urne contient 55 boules rouges et 33 boules bleues. On tire successivement et sans remise deux boules. Calculer la probabilité d'obtenir deux boules rouges.
Correction détaillée
$P(\text{2 rouges}) = P(R_1) \times P_{R_1}(R_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{4}{7} = \dfrac{20}{56} = \dfrac{5}{14}$.
Exercice 20
Intermédiaire
Conditionnelle sans remise. Avec l'urne précédente (55 rouges, 33 bleues), sachant que la première boule tirée est rouge, quelle est la probabilité que la seconde soit rouge ?
Correction détaillée
Après avoir retiré une rouge, il reste $4$ rouges sur $7$ boules : $P_{R_1}(R_2) = \dfrac{4}{7}$.
Exercice 21
Intermédiaire
Probabilités totales (arbre). On donne P(A)=0,7P(A) = 0{,}7, PA(B)=0,9P_A(B) = 0{,}9 et PA‾(B)=0,3P_{\overline{A}}(B) = 0{,}3. Calculer P(B)P(B).
Correction détaillée
$P(B) = 0{,}7 \times 0{,}9 + 0{,}3 \times 0{,}3 = 0{,}63 + 0{,}09 = 0{,}72$.
Exercice 22
Intermédiaire
Union d'événements indépendants. AA et BB sont indépendants avec P(A)=0,3P(A) = 0{,}3 et P(B)=0,6P(B) = 0{,}6. Calculer P(A∪B)P(A \cup B).
Correction détaillée
$P(A \cap B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18$, donc $P(A \cup B) = 0{,}3 + 0{,}6 - 0{,}18 = 0{,}72$.
Exercice 23
Intermédiaire
Au moins un succès. On répète deux fois, de façon indépendante, une expérience dont la probabilité de succès est 0,20{,}2. Calculer la probabilité d'obtenir au moins un succès.
Correction détaillée
On passe par le contraire (« aucun succès ») : $P(\text{aucun}) = 0{,}8 \times 0{,}8 = 0{,}64$. Donc $P(\text{au moins un}) = 1 - 0{,}64 = 0{,}36$.
Exercice 24
Intermédiaire
Inversion simple. On donne P(A∩B)=0,24P(A \cap B) = 0{,}24 et P(B)=0,4P(B) = 0{,}4. Calculer PB(A)P_B(A).
Correction détaillée
$P_B(A) = \dfrac{0{,}24}{0{,}4} = 0{,}6$.
Exercice 25
Intermédiaire
Arbre complet. Un email est un spam avec probabilité 0,30{,}3. Un filtre classe « indésirable » 90%90\% des spams et, à tort, 20%20\% des emails légitimes. Calculer la probabilité qu'un email soit classé « indésirable ».
Correction détaillée
Soit $S$ « spam » et $I$ « classé indésirable ». $P(I) = P(S)P_S(I) + P(\overline{S})P_{\overline{S}}(I) = 0{,}3 \times 0{,}9 + 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}27 + 0{,}14 = 0{,}41$.
Exercice 26
Intermédiaire
Paramètre et indépendance. On donne P(A)=0,5P(A) = 0{,}5 et P(A∩B)=0,2P(A \cap B) = 0{,}2. Déterminer P(B)P(B) pour que AA et BB soient indépendants.
Correction détaillée
Indépendance : $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$, soit $0{,}2 = 0{,}5 \times P(B)$, donc $P(B) = 0{,}4$.
Exercice 27
Intermédiaire
Conditionnelle dans les deux sens. Avec P(A)=0,4P(A) = 0{,}4, P(B)=0,5P(B) = 0{,}5 et P(A∩B)=0,3P(A \cap B) = 0{,}3, calculer PA(B)P_A(B) et PB(A)P_B(A).
Correction détaillée
$P_A(B) = \dfrac{0{,}3}{0{,}4} = 0{,}75$ et $P_B(A) = \dfrac{0{,}3}{0{,}5} = 0{,}6$. (Elles sont bien différentes.)
Exercice 28
Intermédiaire
Trois fournisseurs. Trois fournisseurs livrent respectivement 50%50\%, 30%30\% et 20%20\% des composants, avec des taux de panne de 1%1\%, 2%2\% et 4%4\%. Calculer la probabilité qu'un composant soit en panne.
Correction détaillée
$P(\text{panne}) = 0{,}5 \times 0{,}01 + 0{,}3 \times 0{,}02 + 0{,}2 \times 0{,}04 = 0{,}005 + 0{,}006 + 0{,}008 = 0{,}019$.
Exercice 29
Difficile
Test de dépistage (inversion). Une maladie touche 1%1\% de la population. Un test est positif chez 99%99\% des malades, mais aussi (à tort) chez 5%5\% des personnes saines. On note MM « être malade » et TT « test positif ».
1.
Calculer P(T)P(T).
$P(T) = P(M)P_M(T) + P(\overline{M})P_{\overline{M}}(T) = 0{,}01 \times 0{,}99 + 0{,}99 \times 0{,}05 = 0{,}0099 + 0{,}0495 = 0{,}0594$.
2.
Calculer PT(M)P_T(M), probabilité d'être malade sachant que le test est positif. Commenter.
$P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}0099}{0{,}0594} = \dfrac{1}{6} \approx 0{,}167$. Malgré un test « fiable à $99\%$ », un test positif ne correspond à une vraie maladie que dans environ $17\%$ des cas, car la maladie est rare : c'est l'effet des faux positifs.
Exercice 30
Difficile
Origine d'un défaut (inversion). On reprend les deux machines : AA produit 60%60\% des pièces avec 2%2\% de défauts, BB produit 40%40\% des pièces avec 5%5\% de défauts, et P(D)=0,032P(D) = 0{,}032. Une pièce prise au hasard est défectueuse : quelle est la probabilité qu'elle provienne de la machine BB ?
Correction détaillée
$P_D(B) = \dfrac{P(B \cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}4 \times 0{,}05}{0{,}032} = \dfrac{0{,}02}{0{,}032} = 0{,}625$.
Exercice 31
Difficile
Deuxième tirage. Une urne contient 55 boules rouges et 33 bleues ; on tire deux boules sans remise. Calculer la probabilité que la seconde boule soit rouge.
Correction détaillée
Par les probabilités totales selon la couleur de la première : $$P(R_2) = P(R_1)P_{R_1}(R_2) + P(B_1)P_{B_1}(R_2) = \dfrac{5}{8}\times\dfrac{4}{7} + \dfrac{3}{8}\times\dfrac{5}{7} = \dfrac{20}{56} + \dfrac{15}{56} = \dfrac{35}{56} = \dfrac{5}{8}$$ (On retrouve $\frac{5}{8}$ : la probabilité que la seconde soit rouge est la même que pour la première.)
Exercice 32
Difficile
Indépendance à décider. On donne P(A)=0,6P(A) = 0{,}6, P(B)=0,5P(B) = 0{,}5 et P(A∪B)=0,8P(A \cup B) = 0{,}8. Les événements AA et BB sont-ils indépendants ?
Correction détaillée
D'abord $P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = 0{,}6 + 0{,}5 - 0{,}8 = 0{,}3$. Or $P(A)P(B) = 0{,}6 \times 0{,}5 = 0{,}3 = P(A \cap B)$ : $A$ et $B$ sont **indépendants**.
Exercice 33
Difficile
Retrouver une probabilité conditionnelle. On sait que P(A)=0,4P(A) = 0{,}4, PA‾(B)=0,3P_{\overline{A}}(B) = 0{,}3 et P(B)=0,5P(B) = 0{,}5. Déterminer PA(B)P_A(B).
Correction détaillée
Formule des probabilités totales : $P(B) = P(A)P_A(B) + P(\overline{A})P_{\overline{A}}(B)$, soit $0{,}5 = 0{,}4\,P_A(B) + 0{,}6 \times 0{,}3$. Donc $0{,}4\,P_A(B) = 0{,}5 - 0{,}18 = 0{,}32$, d'où $P_A(B) = 0{,}8$.
Exercice 34
Difficile
Au moins un (trois essais). On répète 33 fois, de façon indépendante, une expérience de probabilité de succès 0,10{,}1. Calculer la probabilité d'obtenir au moins un succès.
Correction détaillée
$P(\text{au moins un}) = 1 - P(\text{aucun}) = 1 - 0{,}9^3 = 1 - 0{,}729 = 0{,}271$.
Exercice 35
Difficile
Arbre à trois branches puis inversion. Trois urnes U1U_1, U2U_2, U3U_3 sont choisies avec probabilités 0,20{,}2, 0,30{,}3, 0,50{,}5. Elles contiennent une proportion de boules gagnantes de 0,50{,}5, 0,40{,}4 et 0,10{,}1 respectivement. On note GG « tirer une boule gagnante ».
1.
Calculer P(G)P(G).
$P(G) = 0{,}2 \times 0{,}5 + 0{,}3 \times 0{,}4 + 0{,}5 \times 0{,}1 = 0{,}1 + 0{,}12 + 0{,}05 = 0{,}27$.
2.
Sachant que la boule tirée est gagnante, calculer la probabilité qu'elle provienne de U1U_1.
$P_G(U_1) = \dfrac{P(U_1 \cap G)}{P(G)} = \dfrac{0{,}1}{0{,}27} = \dfrac{10}{27} \approx 0{,}370$.
Exercice 36
Avancé
Fiabilité d'un test complet. Une maladie touche 2%2\% d'une population. Un test donne un résultat positif chez 95%95\% des malades et chez 10%10\% des personnes saines.
1.
Calculer la probabilité qu'un test soit positif.
$P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}019 + 0{,}098 = 0{,}117$.
2.
Calculer la probabilité d'être malade sachant que le test est positif (valeur arrondie au millième).
$P_T(M) = \dfrac{0{,}019}{0{,}117} = \dfrac{19}{117} \approx 0{,}162$.
3.
Calculer la probabilité d'être sain sachant que le test est négatif.
$P(\overline{T}) = 1 - 0{,}117 = 0{,}883$. $P(\overline{M} \cap \overline{T}) = 0{,}98 \times 0{,}90 = 0{,}882$. Donc $P_{\overline{T}}(\overline{M}) = \dfrac{0{,}882}{0{,}883} \approx 0{,}999$.
Exercice 37
Avancé
Équivalence de l'indépendance. Soit AA et BB deux événements avec P(A)≠0P(A) \neq 0. Démontrer que PA(B)=P(B)P_A(B) = P(B) équivaut à P(A∩B)=P(A)P(B)P(A \cap B) = P(A)P(B).
Correction détaillée
Par définition, $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ (licite car $P(A) \neq 0$). Alors $P_A(B) = P(B) \iff \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = P(B) \iff P(A \cap B) = P(A)P(B)$ (en multipliant les deux membres par $P(A) \neq 0$). Les deux conditions sont donc équivalentes : elles caractérisent l'indépendance de $A$ et $B$. $\square$
Exercice 38
Avancé
Paramètre d'indépendance. Une expérience vérifie P(A)=0,4P(A) = 0{,}4 et P(B)=0,5P(B) = 0{,}5. On note P(A∩B)=xP(A \cap B) = x. Déterminer xx pour que AA et BB soient indépendants, puis calculer PA(B)P_A(B) et P(A∪B)P(A \cup B) dans ce cas.
Correction détaillée
Indépendance : $x = P(A)P(B) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2$. Alors $P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5 = P(B)$ (cohérent avec l'indépendance), et $P(A \cup B) = 0{,}4 + 0{,}5 - 0{,}2 = 0{,}7$.
Exercice 39
Avancé
Combien d'essais ? À chaque essai, indépendamment, une machine réussit avec probabilité 0,20{,}2 (donc échoue avec probabilité 0,80{,}8). On veut déterminer le nombre minimal nn d'essais pour que la probabilité d'« au moins une réussite » dépasse 0,90{,}9.
Correction détaillée
$P(\text{au moins une}) = 1 - 0{,}8^n$. On cherche $1 - 0{,}8^n > 0{,}9$, soit $0{,}8^n < 0{,}1$. En calculant les puissances : $0{,}8^{10} \approx 0{,}107 > 0{,}1$ et $0{,}8^{11} \approx 0{,}0859 < 0{,}1$. Le nombre minimal d'essais est donc $n = 11$.
Exercice 40
Avancé
Un scénario complet. Dans une population, 40%40\% des personnes sont vaccinées. Parmi les vaccinées, 5%5\% attrapent une grippe ; parmi les non-vaccinées, 30%30\% l'attrapent. On note VV « être vacciné » et GG « attraper la grippe ».
1.
Calculer P(G)P(G).
$P(G) = 0{,}4 \times 0{,}05 + 0{,}6 \times 0{,}30 = 0{,}02 + 0{,}18 = 0{,}20$.
2.
Une personne a attrapé la grippe : quelle est la probabilité qu'elle soit vaccinée ?
$P_G(V) = \dfrac{P(V \cap G)}{P(G)} = \dfrac{0{,}02}{0{,}20} = 0{,}1$.
3.
Les événements VV et GG sont-ils indépendants ?
$P(V)P(G) = 0{,}4 \times 0{,}2 = 0{,}08$, or $P(V \cap G) = 0{,}02 \neq 0{,}08$ : $V$ et $G$ ne sont **pas** indépendants (la vaccination modifie le risque de grippe).
4 problèmes de synthèse
Problème 1 — Calculs de base et tableau
Facile
Dans un lycée de 200200 élèves, 120120 sont des filles. Parmi les filles, 9090 font de l'allemand ; parmi les garçons, 3030 font de l'allemand. On choisit un élève au hasard. On note FF « être une fille » et AA « faire de l'allemand ».

Partie A — Probabilités simples

1.
Calculer P(F)P(F) et P(A)P(A).
$P(F) = \dfrac{120}{200} = 0{,}6$. Élèves faisant de l'allemand : $90 + 30 = 120$, donc $P(A) = \dfrac{120}{200} = 0{,}6$.
2.
Calculer P(F∩A)P(F \cap A).
$P(F \cap A) = \dfrac{90}{200} = 0{,}45$.

Partie B — Conditionnelles

3.
Calculer PF(A)P_F(A) et interpréter.
$P_F(A) = \dfrac{P(F \cap A)}{P(F)} = \dfrac{0{,}45}{0{,}6} = 0{,}75$ : $75\%$ des filles font de l'allemand.
4.
Les événements FF et AA sont-ils indépendants ?
$P(F)P(A) = 0{,}6 \times 0{,}6 = 0{,}36$, or $P(F \cap A) = 0{,}45 \neq 0{,}36$ : ils ne sont pas indépendants.
Problème 2 — Un arbre à deux niveaux
Intermédiaire
Un site de vente en ligne constate que 30%30\% des visiteurs sont des membres. Un membre effectue un achat avec probabilité 0,40{,}4 ; un visiteur non membre achète avec probabilité 0,10{,}1. On note MM « être membre » et AA « effectuer un achat ».

Partie A — Probabilité d'achat

1.
Représenter la situation et calculer P(M∩A)P(M \cap A).
$P(M \cap A) = P(M) \times P_M(A) = 0{,}3 \times 0{,}4 = 0{,}12$.
2.
Calculer la probabilité qu'un visiteur effectue un achat, P(A)P(A).
$P(A) = P(M)P_M(A) + P(\overline{M})P_{\overline{M}}(A) = 0{,}3 \times 0{,}4 + 0{,}7 \times 0{,}1 = 0{,}12 + 0{,}07 = 0{,}19$.

Partie B — Inversion

3.
Un visiteur a effectué un achat. Quelle est la probabilité que ce soit un membre ?
$P_A(M) = \dfrac{P(M \cap A)}{P(A)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}19} = \dfrac{12}{19} \approx 0{,}632$.
Problème 3 — Contrôle qualité et dépistage
Difficile
Une chaîne de production fabrique des composants. 3%3\% des composants sont réellement défectueux. Un contrôle automatique détecte 98%98\% des composants défectueux, mais rejette aussi à tort 4%4\% des composants sains. On note DD « défectueux » et RR « rejeté par le contrôle ».

Partie A — Probabilité de rejet

1.
Calculer P(R)P(R).
$P(R) = P(D)P_D(R) + P(\overline{D})P_{\overline{D}}(R) = 0{,}03 \times 0{,}98 + 0{,}97 \times 0{,}04 = 0{,}0294 + 0{,}0388 = 0{,}0682$.

Partie B — Interprétation

2.
Un composant est rejeté. Quelle est la probabilité qu'il soit réellement défectueux (arrondir au millième) ?
$P_R(D) = \dfrac{P(D \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}0294}{0{,}0682} \approx 0{,}431$.
3.
Un composant est accepté (non rejeté). Quelle est la probabilité qu'il soit malgré tout défectueux (arrondir au dix-millième) ?
$P(\overline{R}) = 1 - 0{,}0682 = 0{,}9318$. $P(D \cap \overline{R}) = 0{,}03 \times 0{,}02 = 0{,}0006$. Donc $P_{\overline{R}}(D) = \dfrac{0{,}0006}{0{,}9318} \approx 0{,}0006$ : un composant accepté est presque toujours sain.
Problème 4 — Tirages successifs et indépendance
Avancé
Une urne contient 44 boules vertes et 66 boules rouges. On tire successivement deux boules.

Partie A — Sans remise

1.
Calculer la probabilité de tirer deux boules vertes.
$P(V_1 \cap V_2) = \dfrac{4}{10} \times \dfrac{3}{9} = \dfrac{12}{90} = \dfrac{2}{15}$.
2.
Calculer la probabilité que la seconde boule soit verte.
$P(V_2) = \dfrac{4}{10}\times\dfrac{3}{9} + \dfrac{6}{10}\times\dfrac{4}{9} = \dfrac{12}{90} + \dfrac{24}{90} = \dfrac{36}{90} = \dfrac{2}{5}$.

Partie B — Avec remise

3.
On remet désormais la première boule avant le second tirage. Calculer la probabilité de tirer deux boules vertes.
Avec remise, les tirages sont indépendants : $P(V_1 \cap V_2) = \dfrac{4}{10} \times \dfrac{4}{10} = \dfrac{16}{100} = \dfrac{4}{25}$.
4.
Les événements V1V_1 (« première verte ») et V2V_2 (« seconde verte ») sont-ils indépendants avec remise ?
Avec remise, $P(V_2) = \dfrac{4}{10} = P_{V_1}(V_2)$ : la première boule n'influence pas la seconde. Les événements sont **indépendants** (à la différence du tirage sans remise).