Probabilités conditionnelles et indépendance : corrigé du contrôle de maths 1ère

1 Tableau croisé / 3 pts

a. Collectifs : 90 + 63 = 153 ; non collectifs : 60 adultes, 27 jeunes, 87 au total. (1 pt)

b. P(C) = 153240 = 5180 ; P_A(C) = 90150 = 35. (0,5 pt)

c. P_C(A) = 90153 = 1017. (0,5 pt)

d. P(A ∩ C) = 90240 = 38 = 0,375 ; P(A) × P(C) = 58 × 5180 = 51128 ≈ 0,398. Les nombres sont différents : A et C ne sont pas indépendants. (1 pt)

2 Arbre pondéré et probabilités totales / 4 pts

a. L’arbre ci-dessus. (1 pt)

b. P(R ∩ B) = 0,3 × 0,8 = 0,24. (0,5 pt)

c. R et R̄ forment une partition : P(B) = 0,24 + 0,7 × 0,25 = 0,24 + 0,175 = 0,415. (1 pt)

d. P_B(R) = 0,240,415 = 4883 ≈ 0,578. (1,5 pt)

3 Indépendance / 3 pts

a. P(A) × P(B) = 0,2 × 0,45 = 0,09 = P(A ∩ B) : indépendants. (1 pt)

b. P(A ∪ B) = 0,2 + 0,45 − 0,09 = 0,56. (1 pt)

c. Première façon : P(Ā ∩ B) = P(B) − P(A ∩ B) = 0,45 − 0,09 = 0,36. Seconde façon : Ā et B sont indépendants, donc P(Ā) × P(B) = 0,8 × 0,45 = 0,36. (1 pt)

4 Tirage sans remise / 4 pts

a. P(J₁ ∩ J₂) = 410 × 39 = 1290 = 215. P(N₁ ∩ N₂) = 610 × 59 = 3090 = 13. (1,5 pt)

b. Les deux cas sont incompatibles : 215 + 515 = 715. (0,5 pt)

c. P(J₂) = P(J₁ ∩ J₂) + P(N₁ ∩ J₂) = 215 + 610 × 49 = 1290 + 2490 = 3690 = 25. (1 pt) Puis P_J₂(J₁) = (2/15) ÷ (2/5) = 13. (1 pt)

5 Épreuves indépendantes / 3 pts

a. 0,8⁴ = 0,4096. (1 pt)

b. Contraire de « quatre réussites » : 1 − 0,4096 = 0,5904. (1 pt)

c. Quatre places possibles pour l’échec, chaque chemin valant 0,2 × 0,8³ = 0,1024 : 4 × 0,1024 = 0,4096. (1 pt)

6 Contrôle de qualité / 3 pts

P(D ∩ L) = 0,01 × 0,98 = 0,0098 ; P(D̄ ∩ L) = 0,99 × 0,03 = 0,0297. D et D̄ formant une partition, P(L) = 0,0098 + 0,0297 = 0,0395. (1,5 pt)

P_L(D) = 0,00980,0395 = 98395 ≈ 0,248. (1 pt)

Commentaire : malgré un contrôle fiable, seule une alerte sur quatre environ correspond à une vraie pièce défectueuse, car les pièces défectueuses sont rares. (0,5 pt)