Aller au contenu
Accueil › Exercices de maths › Probabilités conditionnelles et indépendance : corrigé des exercices de maths Terminale

Probabilités conditionnelles et indépendance : corrigé des exercices de maths Terminale

  • par
Rate this post
Corrigé des exercices de maths Terminale : corrigé des exercices de maths Terminale

Corrigé détaillé des exercices du chapitre. Vérifie tes réponses étape par étape et corrige-toi.

1 Un dé à six faces ★★★

  1. A = {2 ; 4 ; 6}, B = {3 ; 6} et A∩B = {6}. Donc P(A) = 36 = 12, P(B) = 26 = 13, P(A∩B) = 16.
  2. PA(B) = P(A∩B)P(A) = 16 ÷ 12 = 13. PB(A) = 16 ÷ 13 = 12.
  3. Les deux probabilités ont le même numérateur P(A∩B), mais pas le même dénominateur : on ne se restreint pas au même univers (3 issues pour A, 2 pour B).

2 Lecture d’un tableau d’effectifs ★★★

Effectifs : 60 jeunes (36 + 24), 66 nageurs (36 + 30), 150 adhérents.

  • P(J) = 60150 = 25 = 0,4.
  • P(N∩J) = 36150 = 625 = 0,24.
  • PJ(N) = 3660 = 35 = 0,6 (parmi les 60 jeunes, 36 font de la natation).
  • PN(J) = 3666 = 611 ≈ 0,545 (parmi les 66 nageurs, 36 sont jeunes).

3 Compléter un arbre ★★★

  1. On a P(Ā) = 1 − 0,4 = 0,6 ; PA(B̄) = 1 − 0,7 = 0,3 ; PĀ(B̄) = 1 − 0,2 = 0,8.0,40,70,30,60,20,8ABP(A∩B) = 0,28B̄P(A∩B̄) = 0,12ĀBP(Ā∩B) = 0,12B̄P(Ā∩B̄) = 0,48
  2. P(A∩B) = 0,4 × 0,7 = 0,28 ; P(Ā∩B) = 0,6 × 0,2 = 0,12 ; (A ; Ā) est une partition donc P(B) = 0,28 + 0,12 = 0,4.

4 Vrai ou faux ? ★★★

  1. Faux. PA(B) = P(A∩B)/P(A) et PB(A) = P(A∩B)/P(B) : égaux seulement si P(A) = P(B). Contre-exemple de l’exercice 1 : 13 ≠ 12.
  2. Vrai. Les deux branches issues de A dans l’arbre ont pour somme 1.
  3. Faux. Les deux probabilités sont portées par des branches qui partent de nœuds différents (A et Ā) : leur somme n’a aucune raison de valoir 1. Dans l’exercice 3 : 0,7 + 0,2 = 0,9.
  4. Vrai. PA(B) = 0,120,3 = 0,4.

5 Deux tirages sans remise ★★★

  1. P(R₁) = 58. Si R₁ est réalisé, il reste 4 rouges sur 7 boules : PR₁(R₂) = 47. Si R̄₁ est réalisé, il reste 5 rouges sur 7 : PR̄₁(R₂) = 57.
  2. (R₁ ; R̄₁) est une partition : P(R₂) = 58 × 47 + 38 × 57 = 2056 + 1556 = 3556 = 58. On retrouve P(R₁) : c’est normal, la 2e boule tirée a la même loi que la 1re.

6 Indépendants ou pas ? ★★★

P(A∪B) = P(A) + P(B) − P(A∩B), donc P(A∩B) = 0,5 + 0,4 − 0,7 = 0,2. Par ailleurs P(A) × P(B) = 0,5 × 0,4 = 0,2. Comme P(A∩B) = P(A) × P(B), A et B sont indépendants.

7 Reconnaître une partition ★★★

  1. Oui : trois parties non vides, disjointes, dont la réunion est {1 ; … ; 6}.
  2. Non : le résultat 3 appartient aux deux premiers événements, qui ne sont donc pas incompatibles.
  3. Non : les résultats 5 et 6 ne sont dans aucun événement, la réunion n’est pas l’univers.
  4. Oui : les nombres premiers sont {2 ; 3 ; 5}, les carrés parfaits {1 ; 4} et « autre » = {6}. Ils sont disjoints et leur réunion est l’univers (3 + 2 + 1 = 6 issues).

8 Deux machines ★★★

  1. 0,60,020,980,40,050,95ADP(A∩D) = 0,012D̄P(A∩D̄) = 0,588BDP(B∩D) = 0,02D̄P(B∩D̄) = 0,38
  2. (A ; B) est une partition : P(D) = 0,6 × 0,02 + 0,4 × 0,05 = 0,012 + 0,02 = 0,032.
  3. PD(A) = P(A∩D)P(D) = 0,0120,032 = 38 = 0,375. Bien que A fabrique 60 % des vis, elle ne fournit que 37,5 % des vis défectueuses.

9 Un test de dépistage ★★★

  1. 0,020,950,050,980,100,90MTP(M∩T) = 0,019T̄P(M∩T̄) = 0,001M̄TP(M̄∩T) = 0,098T̄P(M̄∩T̄) = 0,882
  2. P(T) = 0,02 × 0,95 + 0,98 × 0,10 = 0,019 + 0,098 = 0,117.
  3. PT(M) = 0,0190,117 = 19117 ≈ 0,162. Malgré un test positif, il n’y a qu’environ 16 % de chances d’être malade, car la maladie est rare : la plupart des tests positifs sont des faux positifs.

10 Trois urnes ★★★

  1. Chaque résultat du dé désigne une seule urne, et tous les résultats sont couverts : partition. P(U₁) = 36 = 12, P(U₂) = 26 = 13, P(U₃) = 16.
  2. P(R) = 12 × 14 + 13 × 12 + 16 × 34 = 18 + 16 + 18 = 324 + 424 + 324 = 1024 = 512.
  3. On cherche PR(U₃) = P(U₃∩R)P(R). Or P(U₃∩R) = 16 × 34 = 18, donc PR(U₃) = 18 ÷ 512 = 1240 = 310.

11 Orientation et indépendance ★★★

  1. P(F) = 120200 = 0,6 ; P(E) = 120200 = 0,6 ; P(F∩E) = 72200 = 0,36 = 0,6 × 0,6. Les événements sont indépendants : la proportion de fille est la même chez les élèves d’espagnol que dans l’ensemble.
  2. P(F) = 120200 = 0,6 ; P(E) = 110200 = 0,55 ; P(F∩E) = 80200 = 0,4. Or 0,6 × 0,55 = 0,33 ≠ 0,4 : pas indépendants. On a PF(E) = 80120 = 23 ≈ 0,667 alors que P(E) = 0,55 : être une fille augmente la probabilité de choisir l’espagnol.

12 Calculs avec deux événements indépendants ★★★

  • P(A∩B) = 0,3 × 0,5 = 0,15.
  • P(A∪B) = 0,3 + 0,5 − 0,15 = 0,65.
  • Ā et B̄ sont indépendants : P(Ā∩B̄) = 0,7 × 0,5 = 0,35.
  • Ā et B sont indépendants : P(Ā∩B) = 0,7 × 0,5 = 0,35.

Remarque : P(Ā∩B̄) = 1 − P(A∪B) = 1 − 0,65 = 0,35 (loi de De Morgan) : les deux méthodes concordent.

13 Trois lancers d’une pièce ★★★

  1. P = (12)³ = 18 = 0,125.
  2. Contraire : aucun « pile », donc trois « face » : 18. P = 1 − 18 = 78 = 0,875.
  3. Les chemins avec deux « pile » et un « face » sont PPF, PFP, FPP : 3 chemins de probabilité 18 chacun. P = 38 = 0,375.

14 Un archer ★★★

  1. 0,8⁴ = 0,4096.
  2. 0,2⁴ = 0,0016.
  3. Contraire de « aucune touche » : 1 − 0,0016 = 0,9984.
  4. Quatre chemins (la touche peut être au 1er, 2e, 3e ou 4e tir), chacun de probabilité 0,8 × 0,2³ = 0,0064 : P = 4 × 0,0064 = 0,0256.

15 Combien de lancers ? ★★★

Sur n lancers indépendants, P(au moins un 6) = 1 − (56)n. On veut 1 − (56)n ≥ 0,95, soit (56)n ≤ 0,05.

Avec la calculatrice : (56)16 ≈ 0,0541 (trop grand) et (56)17 ≈ 0,0451 ≤ 0,05. La suite (56)n étant décroissante, il faut 17 lancers au minimum.

16 Somme de deux variables indépendantes ★★★

  1. Indépendance : P(X = 2 et Y = 3) = 0,2 × 0,6 = 0,12.
  2. E(X) = 0 × 0,5 + 1 × 0,3 + 2 × 0,2 = 0,7 ; V(X) = 0,5 × 0,7² + 0,3 × 0,3² + 0,2 × 1,3² = 0,245 + 0,027 + 0,338 = 0,61. E(Y) = 0,4 + 1,8 = 2,2 ; V(Y) = 0,4 × 1,2² + 0,6 × 0,8² = 0,576 + 0,384 = 0,96.
  3. E(X + Y) = 0,7 + 2,2 = 2,9 ; comme X et Y sont indépendantes, V(X + Y) = 0,61 + 0,96 = 1,57.
  4. Valeurs possibles : 1, 2, 3, 4, 5. P(X + Y = 1) = 0,5 × 0,4 = 0,2 ; P(X + Y = 2) = 0,3 × 0,4 = 0,12 ; P(X + Y = 3) = 0,5 × 0,6 + 0,2 × 0,4 = 0,38 ; P(X + Y = 4) = 0,3 × 0,6 = 0,18 ; P(X + Y = 5) = 0,2 × 0,6 = 0,12. Total : 1. E(X + Y) = 0,2 + 0,24 + 1,14 + 0,72 + 0,6 = 2,9. ✓.

17 Le trajet du matin ★★★

  1. 0,450,050,950,350,120,880,20,250,75VRP(V∩R) = 0,0225R̄PRP(P∩R) = 0,042R̄BRP(B∩R) = 0,05R̄
  2. (V ; P ; B) est une partition : P(R) = 0,0225 + 0,042 + 0,05 = 0,1145.
  3. PR(B) = 0,050,1145 = 100229 ≈ 0,437 ; PR(V) = 0,02250,1145 = 45229 ≈ 0,197.
  4. Le bus ne représente que 20 % des jours mais environ 44 % des retards ; la marche en représente 84229 ≈ 0,367 et le vélo environ 20 %. C’est donc sur le bus qu’il faut agir en priorité (un jour de bus sur quatre est un jour de retard).

18 Deux contrôles successifs ★★★

  1. Les contrôles sont indépendants : P(aucune détection sachant D) = (1 − 0,9) × (1 − 0,8) = 0,1 × 0,2 = 0,02.
  2. P(D∩S) = 0,06 × 0,02 = 0,0012. Les pièces sans défaut sont toutes acceptées : P(D̄∩S) = 0,94. Donc P(S) = 0,94 + 0,0012 = 0,9412.
  3. PS(D) = 0,00120,9412 ≈ 0,0013, soit environ 0,13 % : le double contrôle rend les pièces acceptées très fiables.

19 Trouver une probabilité inconnue ★★★

Posons b = P(B). Par indépendance, P(A∩B) = 0,4 b. Alors P(A∪B) = P(A) + P(B) − P(A∩B) = 0,4 + b − 0,4 b = 0,4 + 0,6 b.

0,4 + 0,6 b = 0,76 ⇔ 0,6 b = 0,36 ⇔ b = 0,6. Alors P(A∩B) = 0,4 × 0,6 = 0,24, et par indépendance PA(B) = P(B) = 0,6 (vérification : 0,240,4 = 0,6).

20 Démontre l’indépendance du contraire ★★★

Ā et B. B est la réunion disjointe de A∩B et Ā∩B, donc P(Ā∩B) = P(B) − P(A∩B) = P(B) − P(A)P(B) = P(B)(1 − P(A)) = P(Ā) × P(B).

Ā et B̄. On applique le résultat précédent au couple (B ; Ā), formé d’événements indépendants (on vient de le voir) : il donne l’indépendance de B̄ et Ā. Variante : P(Ā∩B̄) = 1 − P(A∪B) = 1 − P(A) − P(B) + P(A)P(B) = (1 − P(A))(1 − P(B)) = P(Ā) × P(B̄).

21 Les deux enfants ★★★

On liste les issues équiprobables (aîné, cadet) : FF, FG, GF, GG, chacune de probabilité 14.

  1. Événement « l’aîné est une fille » : FF, FG, de probabilité 24. Parmi eux, FF seul convient : probabilité 14 ÷ 24 = 12.
  2. Événement « au moins une fille » : FF, FG, GF, de probabilité 34. La probabilité demandée est 14 ÷ 34 = 13.

L’information n’est pas la même : « l’aîné est une fille » élimine GF et GG, alors que « au moins une fille » n’élimine que GG. Des informations différentes donnent des probabilités conditionnelles différentes.

22 Trois portes ★★★

  1. Chaque porte a la même probabilité de cacher la voiture : P(G) = 13 et P(Ḡ) = 23.
  2. Garder : on gagne exactement quand G est réalisé : probabilité 13. Changer : si G est réalisé, l’autre porte non ouverte cache une chèvre (on perd) ; si Ḡ est réalisé, le présentateur a ouvert l’unique autre chèvre et la porte restante cache la voiture (on gagne). Probabilité de gagner en changeant = P(Ḡ) = 23.
  3. Il faut changer de porte : la probabilité de gagner double. L’ouverture de la porte ne modifie pas la probabilité de ton premier choix, qui reste 13 ; toute l’information est reportée sur la dernière porte.

23 Un match en deux sets gagnants ★★★

  1. On note « a » un set gagné par Léa et « t » un set gagné par Tom. Léa gagne le match avec aa, ata, taa ; Tom le gagne avec tt, tat, att.
  2. P(aa) = 0,6² = 0,36 ; P(ata) = P(taa) = 0,6 × 0,4 × 0,6 = 0,144. Donc P(L) = 0,36 + 0,144 + 0,144 = 0,648.
  3. Le match dure trois sets quand les deux premiers sets sont partagés : P(T) = 2 × 0,6 × 0,4 = 0,48.
  4. P(L∩T) = 0,144 + 0,144 = 0,288 donc PL(T) = 0,2880,648 = 49 ≈ 0,444.

24 Fiabilité d’un système ★★★

  1. Indépendance : 0,9 × 0,8 = 0,72.
  2. Contraire : les deux sont en panne, probabilité 0,1 × 0,2 = 0,02. Donc 1 − 0,02 = 0,98.
  3. Bloc parallèle : 1 − 0,3 × 0,3 = 1 − 0,09 = 0,91. Système : 0,9 × 0,91 = 0,819. Le bloc est indépendant du composant 1 : la probabilité conditionnelle est égale à P(bloc) = 0,91.
← Retour aux exercicesFaire le QCM →