Exercices corrigés — Probabilités conditionnelles (1ère spé)

1. \(P(A\cap B)=0{,}4\times0{,}35=\boxed{0{,}14}\).

2. \(P_A(\overline B)=1-0{,}35=\boxed{0{,}65}\).

3. \(P(A\cap\overline B)=0{,}4\times0{,}65=\boxed{0{,}26}\).

4. \(P(A)P(B)=0{,}4\times0{,}5=0{,}20\neq0{,}14=P(A\cap B)\). Donc \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(F\cap T)=\dfrac{120}{500}=\boxed{\dfrac6{25}=0{,}24}\).

2. \(P_F(T)=\dfrac{120}{300}=\boxed{0{,}4}\) et \(P_T(F)=\dfrac{120}{170}=\boxed{\dfrac{12}{17}\approx0{,}706}\).

3. \(P(F\cup T)=\dfrac{300+170-120}{500}=\boxed{0{,}70}\).

4. \(P(F)P(T)=0{,}6\times0{,}34=0{,}204\neq0{,}24\). Donc \(F\) et \(T\) ne sont pas indépendants.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(\overline A)=0{,}7\), \(P_A(\overline B)=0{,}2\) et \(P_{\overline A}(\overline B)=0{,}75\).

2. \(P(A\cap B)=0{,}3\times0{,}8=0{,}24\) et \(P(\overline A\cap B)=0{,}7\times0{,}25=0{,}175\).

3. \(P(B)=0{,}24+0{,}175=\boxed{0{,}415=\dfrac{83}{200}}\).

4. \(P_B(A)=\dfrac{0{,}24}{0{,}415}=\boxed{\dfrac{48}{83}\approx0{,}578}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(M_1\cap D)=0{,}6\times0{,}02=0{,}012\) et \(P(M_2\cap D)=0{,}4\times0{,}05=0{,}020\).

2. \(P(D)=0{,}012+0{,}020=\boxed{0{,}032}\).

3. \(P_D(M_2)=\dfrac{0{,}020}{0{,}032}=\boxed{\dfrac58=0{,}625}\).

4. \(P(M_1)P(D)=0{,}6\times0{,}032=0{,}0192\neq0{,}012\). Les événements ne sont pas indépendants.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(A)P(B)=\dfrac35\times\dfrac14=\dfrac3{20}=P(A\cap B)\). Donc \(A\) et \(B\) sont indépendants.

2. \(P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{3/20}{3/5}=\boxed{\dfrac14}\).

3. \(P(\overline A\cap B)=\dfrac14-\dfrac3{20}=\boxed{\dfrac1{10}}\).

4. \(P(A\cup B)=\dfrac35+\dfrac14-\dfrac3{20}=\boxed{\dfrac7{10}}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P_A(B)=\dfrac{0{,}27}{0{,}45}=\boxed{0{,}6}\).

2. \(P_B(A)=\dfrac{0{,}27}{0{,}38}=\boxed{\dfrac{27}{38}\approx0{,}711}\).

3. \(P(\overline A\cap B)=0{,}38-0{,}27=\boxed{0{,}11}\).

4. \(P_B(\overline A)=\dfrac{0{,}11}{0{,}38}=\boxed{\dfrac{11}{38}}\), et \(\dfrac{27}{38}+\dfrac{11}{38}=1\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(M\cap T)=0{,}02\times0{,}95=\boxed{0{,}019}\).

2. \(P(T)=0{,}02\times0{,}95+0{,}98\times0{,}04=0{,}0582=\dfrac{291}{5000}\).

3. \(P_T(M)=\dfrac{0{,}019}{0{,}0582}=\boxed{\dfrac{95}{291}\approx0{,}326}\).

4. \(P(M\cap\overline T)=0{,}02\times0{,}05=0{,}001\) et \(P(\overline T)=0{,}9418\). Donc \(P_{\overline T}(M)=\boxed{\dfrac5{4709}\approx0{,}00106}\), soit environ \(0{,}106\%\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(A)=\dfrac4{32}=\boxed{\dfrac18}\) et \(P(R)=\dfrac{16}{32}=\boxed{\dfrac12}\).

2. \(P(A\cap R)=\dfrac2{32}=\boxed{\dfrac1{16}}\).

3. \(P(A)P(R)=\dfrac18\times\dfrac12=\dfrac1{16}=P(A\cap R)\). Donc les événements sont indépendants.

4. \(P(\overline A\cap R)=\dfrac{14}{32}=\dfrac7{16}\), puis \(P_R(\overline A)=\dfrac{7/16}{1/2}=\boxed{\dfrac78}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(F\cap S)=0{,}55\times0{,}40=\boxed{0{,}22}\).

2. \(P(S)=0{,}55\times0{,}40+0{,}45\times0{,}30=\boxed{0{,}355=\dfrac{71}{200}}\).

3. Comme \(P_F(S)=0{,}40\neq0{,}355=P(S)\), \(F\) et \(S\) ne sont pas indépendants.

4. \(P_S(F)=\dfrac{0{,}22}{0{,}355}=\boxed{\dfrac{44}{71}\approx0{,}620}\). Parmi les élèves pratiquant un sport collectif, environ \(62\%\) sont des filles.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(B)=0{,}4p+0{,}6\times0{,}3=0{,}4p+0{,}18\).

2. \(0{,}4p+0{,}18=0{,}5\), donc \(0{,}4p=0{,}32\) et \(\boxed{p=0{,}8}\).

3. \(P(A\cap B)=0{,}4\times0{,}8=\boxed{0{,}32}\), puis \(P_B(A)=0{,}32/0{,}5=\boxed{0{,}64}\).

4. \(P_A(B)=0{,}8\neq0{,}5=P(B)\). Les événements ne sont pas indépendants.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. On obtient \(0{,}2\times0{,}01=0{,}002\), \(0{,}3\times0{,}02=0{,}006\) et \(0{,}5\times0{,}04=0{,}020\).

2. \(P(D)=0{,}002+0{,}006+0{,}020=\boxed{0{,}028=\dfrac7{250}}\).

3. \(P_D(L_3)=\dfrac{0{,}020}{0{,}028}=\boxed{\dfrac57}\).

4. \(P(L_1\cap\overline D)=0{,}2\times0{,}99=0{,}198\) et \(P(\overline D)=0{,}972\). Ainsi \(P_{\overline D}(L_1)=\boxed{\dfrac{11}{54}\approx0{,}204}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(R_1)=\boxed{\dfrac47}\) et \(P_{R_1}(R_2)=\boxed{\dfrac12}\).

2. \(P(R_1\cap R_2)=\dfrac47\times\dfrac12=\boxed{\dfrac27}\).

3. \(P(R_2)=\dfrac47\times\dfrac36+\dfrac37\times\dfrac46=\dfrac27+\dfrac27=\boxed{\dfrac47}\).

4. \(P(R_1)P(R_2)=\dfrac{16}{49}\neq\dfrac27\), donc pas d'indépendance. De plus \(P_{R_2}(R_1)=\dfrac{2/7}{4/7}=\boxed{\dfrac12}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(R_1)=P(R_2)=\boxed{\dfrac47}\).

2. \(P(R_1\cap R_2)=\dfrac47\times\dfrac47=\boxed{\dfrac{16}{49}}\).

3. Cette intersection vaut exactement \(P(R_1)P(R_2)\). Les événements sont donc indépendants.

4. \(P_{R_1}(R_2)=\boxed{\dfrac47}=P(R_2)\). Avec remise, connaître le premier résultat ne modifie pas la loi du second tirage.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(\overline A\cap\overline B)=0{,}98\times0{,}97=\boxed{0{,}9506}\).

2. La probabilité de panne du système vaut \(1-0{,}9506=\boxed{0{,}0494}\).

3. \(0{,}02\times0{,}97)+(0{,}98\times0{,}03)=0{,}0194+0{,}0294=\boxed{0{,}0488}\).

4. \(P(A\cap B)=0{,}02\times0{,}03=0{,}0006\). Donc la probabilité demandée vaut \(0{,}0006/0{,}0494=\boxed{\dfrac3{247}\approx0{,}0121}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(S\cap Q)=0{,}18\times0{,}92=\boxed{0{,}1656}\).

2. \(P(Q)=0{,}18\times0{,}92+0{,}82\times0{,}07=\boxed{0{,}223}\).

3. \(P_Q(S)=\dfrac{0{,}1656}{0{,}223}=\boxed{\dfrac{828}{1115}\approx0{,}743}\).

4. \(P_Q(\overline S)=\boxed{\dfrac{287}{1115}\approx0{,}257}\). De plus \(P_S(Q)=0{,}92\neq0{,}223=P(Q)\), donc les événements ne sont pas indépendants.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(B)=0{,}3\times0{,}6+0{,}7p=0{,}18+0{,}7p\).

2. L'indépendance impose \(0{,}6=0{,}18+0{,}7p\), donc \(0{,}42=0{,}7p\) et \(\boxed{p=0{,}6}\).

3. \(P(A\cap B)=0{,}3\times0{,}6=\boxed{0{,}18}\).

4. Avec \(P(B)=0{,}6\), on a \(P(A)P(B)=0{,}3\times0{,}6=0{,}18=P(A\cap B)\). L'indépendance est confirmée.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(A\cap B)=0{,}4\times0{,}3=\boxed{0{,}12}\).

2. \(P(A\cap\overline B)=P(A)-P(A\cap B)=0{,}4-0{,}12=\boxed{0{,}28}\).

3. \(P(A)P(\overline B)=0{,}4\times0{,}7=0{,}28\). Donc \(A\) et \(\overline B\) sont indépendants.

4. \(P(\overline A\cap\overline B)=1-P(A\cup B)=1-(0{,}4+0{,}3-0{,}12)=\boxed{0{,}42}\). Or \(P(\overline A)P(\overline B)=0{,}6\times0{,}7=0{,}42\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(A\cap B)=0{,}55+0{,}40-0{,}73=\boxed{0{,}22}\).

2. \(P_A(B)=0{,}22/0{,}55=\boxed{0{,}40}\).

3. \(P(A)P(B)=0{,}55\times0{,}40=0{,}22=P(A\cap B)\). Les événements sont indépendants.

4. Les quatre cases valent respectivement \(\boxed{0{,}22}\), \(\boxed{0{,}33}\), \(\boxed{0{,}18}\) et \(\boxed{0{,}27}\). Elles sont positives et leur somme vaut 1.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P(E)=3\times0{,}3\times0{,}7^2=\boxed{0{,}441}\).

2. \(P(U)=1-0{,}7^3=\boxed{0{,}657}\).

3. \(P_U(E)=0{,}441/0{,}657=\boxed{\dfrac{49}{73}\approx0{,}671}\).

4. \(P(C_1\cap E)=0{,}3\times0{,}7^2=0{,}147\), tandis que \(P(C_1)P(E)=0{,}3\times0{,}441=0{,}1323\). Ces valeurs diffèrent : \(C_1\) et \(E\) ne sont pas indépendants.

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. \(P_M(D)=0{,}9^2=\boxed{0{,}81}\).

2. \(P_{\overline M}(D)=0{,}2^2=\boxed{0{,}04}\).

3. \(P(D)=0{,}1\times0{,}81+0{,}9\times0{,}04=0{,}081+0{,}036=\boxed{0{,}117}\).

4. \(P_D(M)=\dfrac{0{,}081}{0{,}117}=\boxed{\dfrac9{13}\approx0{,}692}\).

Conclusion : les quatre questions sont justifiées ci-dessus avec les étapes de calcul et de raisonnement.

1. L'arbre porte \(P(B)=0{,}35\), \(P(\overline B)=0{,}65\), \(P_B(R)=0{,}68\), \(P_B(\overline R)=0{,}32\), \(P_{\overline B}(R)=0{,}18\) et \(P_{\overline B}(\overline R)=0{,}82\).

2. \(P(\overline B\cap\overline R)=0{,}65 imes0{,}82=\boxed{0{,}533}\).

3. \(P(R)=0{,}35 imes0{,}68+0{,}65 imes0{,}18=0{,}238+0{,}117=\boxed{0{,}355=\dfrac{71}{200}}\).

4. \(P(B\cap R)=0{,}238\), donc \(P_R(B)=\dfrac{0{,}238}{0{,}355}=\boxed{\dfrac{238}{355}\approx0{,}670}\). Environ \(67{,}0\%\) des candidats recrutés avaient un dossier jugé solide.

Conclusion : l'arbre permet de passer des probabilités conditionnelles aux probabilités globales puis de revenir à une probabilité conditionnelle inverse.

1. \(P(D)=1-0{,}28-0{,}52=\boxed{0{,}20}\). Puis \(P(G\cap T)=0{,}28 imes1=\boxed{0{,}28}\) et \(P(C\cap T)=0{,}52 imes0{,}75=\boxed{0{,}39}\).

2. Par probabilités totales, \(0{,}70=0{,}28+0{,}39+P(D\cap T)\). Donc \(\boxed{P(D\cap T)=0{,}03}\).

3. \(P_D(T)=\dfrac{0{,}03}{0{,}20}=\boxed{0{,}15}\).

4. \(P_T(G)=\dfrac{0{,}28}{0{,}70}=\boxed{0{,}40=\dfrac25}\).

Conclusion : la donnée globale \(P(T)\) permet de retrouver une branche inconnue avant d'effectuer un conditionnement inverse.

1. \(P(F)=0{,}60\), \(P_F(R)=0{,}85\), \(P(R)=0{,}73\) et \(P(\overline F)=0{,}40\).

2. \(P(F\cap R)=0{,}60 imes0{,}85=\boxed{0{,}51}\).

3. Si \(q=P_{\overline F}(R)\), alors \(0{,}73=0{,}51+0{,}40q\). Ainsi \(0{,}40q=0{,}22\), d'où \(\boxed{q=0{,}55}\).

4. \(P_R(F)=\dfrac{0{,}51}{0{,}73}=\boxed{\dfrac{51}{73}\approx0{,}699}\). Environ \(69{,}9\%\) des salariés ayant réussi la certification avaient suivi la formation.

Conclusion : une probabilité globale permet ici de retrouver une probabilité conditionnelle manquante puis d'inverser le conditionnement.

1. \(P(A\cap D)=0{,}25 imes0{,}02=0{,}005\), \(P(B\cap D)=0{,}45 imes0{,}04=0{,}018\) et \(P(C\cap D)=0{,}30 imes0{,}07=0{,}021\).

2. \(P(D)=0{,}005+0{,}018+0{,}021=\boxed{0{,}044=\dfrac{11}{250}}\).

3. \(P_D(C)=\dfrac{0{,}021}{0{,}044}=\boxed{\dfrac{21}{44}\approx0{,}477}\).

4. \(P(A\cap\overline D)=0{,}25 imes0{,}98=0{,}245\) et \(P(\overline D)=0{,}956\). Donc \(P_{\overline D}(A)=\dfrac{0{,}245}{0{,}956}=\boxed{\dfrac{245}{956}\approx0{,}256}\).

Conclusion : l'exercice combine une partition à trois branches et deux conditionnements inverses différents.

1. \(P(T)=0{,}03 imes0{,}96+0{,}97 imes0{,}05=0{,}0288+0{,}0485=\boxed{0{,}0773}\).

2. \(P_T(M)=\dfrac{0{,}0288}{0{,}0773}=\boxed{\dfrac{288}{773}\approx0{,}373}\).

3. \(P(M\cap\overline T)=0{,}0012\) et \(P(\overline T)=0{,}9227\). Donc \(P_{\overline T}(M)=\dfrac{0{,}0012}{0{,}9227}=\boxed{\dfrac{12}{9227}\approx0{,}0013}\).

4. Avant le test, le risque est \(3\%\). Après un test positif, il est d'environ \(37{,}3\%\), tandis qu'après un test négatif il tombe à environ \(0{,}13\%\). Le test modifie donc fortement l'évaluation du risque sans rendre le diagnostic certain.

Conclusion : cet exercice distingue clairement prévalence, sensibilité, faux positifs et probabilités a posteriori.

1. \(P(A)=0{,}28 imes0{,}12+0{,}72 imes0{,}035=0{,}0336+0{,}0252=\boxed{0{,}0588}\).

2. \(P(N\cap A)=0{,}0336\), donc \(P_A(N)=\dfrac{0{,}0336}{0{,}0588}=\boxed{\dfrac47\approx0{,}571}\).

3. D'une part \(P_N(A)=0{,}12 eq0{,}0588=P(A)\). D'autre part \(P(N)P(A)=0{,}28 imes0{,}0588=0{,}016464 eq0{,}0336=P(N\cap A)\). Les événements ne sont donc pas indépendants.

4. Le rapport des risques vaut \(\dfrac{0{,}12}{0{,}035}=\boxed{\dfrac{24}{7}\approx3{,}43}\). Le risque annuel déclaré est donc environ \(3{,}43\) fois plus élevé chez les nouveaux conducteurs.

Conclusion : l'indépendance est testée à la fois par une conditionnelle et par la formule produit.

1. \(P(B)=0{,}4 imes0{,}7+0{,}6p=\boxed{0{,}28+0{,}6p}\).

2. L'indépendance impose \(P(B)=P_A(B)=0{,}7\). Ainsi \(0{,}28+0{,}6p=0{,}7\), donc \(0{,}6p=0{,}42\) et \(\boxed{p=0{,}7}\).

3. \(P(A\cap B)=0{,}4 imes0{,}7=\boxed{0{,}28}\). De plus \(P(B)=0{,}28+0{,}6 imes0{,}7=0{,}7=P_A(B)\), ce qui confirme l'indépendance.

4. On obtient \(P_A(B)=P_{\overline A}(B)=0{,}7\). La probabilité de \(B\) est la même que \(A\) soit réalisé ou non : l'information « \(A\) » n'influence pas \(B\).

Conclusion : l'indépendance se lit ici directement sur les deux branches conditionnelles issues de \(A\) et \(\overline A\).

1. \(P(A)=0{,}68 imes0{,}08+0{,}32 imes0{,}05=0{,}0544+0{,}016=\boxed{0{,}0704}\).

2. \(P_A(S)=\dfrac{0{,}0544}{0{,}0704}=\boxed{\dfrac{17}{22}\approx0{,}773}\).

3. \(P(S\cap\overline A)=0{,}68 imes0{,}92=0{,}6256\) et \(P(\overline A)=0{,}9296\). Donc \(P_{\overline A}(S)=\dfrac{0{,}6256}{0{,}9296}=\boxed{\dfrac{391}{581}\approx0{,}673}\).

4. Comme \(\dfrac{17}{22}\approx0{,}773>0{,}75\), l'affirmation est vraie. De plus \(P_S(A)=0{,}08 eq0{,}0704=P(A)\), donc \(S\) et \(A\) ne sont pas indépendants.

Conclusion : l'exercice combine probabilité totale, deux conditionnements inverses, vérification d'une affirmation et test d'indépendance.

1. \(P(R)=\dfrac25 imes\dfrac35+\dfrac35 imes\dfrac14=\dfrac6{25}+\dfrac3{20}=\boxed{\dfrac{39}{100}}\).

2. \(P(U_1\cap R)=\dfrac6{25}\), donc \(P_R(U_1)=\dfrac{6/25}{39/100}=\boxed{\dfrac8{13}\approx0{,}615}\).

3. \(P(U_2\cap\overline R)=\dfrac35 imes\dfrac34=\dfrac9{20}\) et \(P(\overline R)=\dfrac{61}{100}\). Donc \(P_{\overline R}(U_2)=\boxed{\dfrac{45}{61}\approx0{,}738}\).

4. \(P_{U_1}(R)=\dfrac35 eq\dfrac{39}{100}=P(R)\), donc \(U_1\) et \(R\) ne sont pas indépendants. Après une boule rouge, la probabilité que l'urne choisie soit \(U_1\) passe de \(\dfrac25=0{,}4\) à \(\dfrac8{13}\approx0{,}615\).

Conclusion : l'observation du résultat du tirage modifie fortement la probabilité de la cause cachée.

1. \(0{,}04=0{,}62 imes0{,}025+0{,}38p\), soit \(0{,}04=0{,}0155+0{,}38p\). Ainsi \(0{,}38p=0{,}0245\), donc \(\boxed{p=\dfrac{49}{760}\approx0{,}0645}\), soit environ \(6{,}45\%\).

2. \(P(B\cap D)=0{,}0245\). Donc \(P_D(B)=\dfrac{0{,}0245}{0{,}04}=\boxed{0{,}6125=\dfrac{49}{80}}\).

3. \(P(A\cap\overline D)=0{,}62 imes0{,}975=0{,}6045\). Ainsi \(P_{\overline D}(A)=\dfrac{0{,}6045}{0{,}96}=\boxed{\dfrac{403}{640}\approx0{,}630}\).

4. Le nouveau taux de défaut de \(B\) vaut \(0{,}8 imes\dfrac{49}{760}=\dfrac{49}{950}\). Le nouveau taux global est \(0{,}62 imes0{,}025+0{,}38 imes\dfrac{49}{950}=0{,}0155+0{,}0196=\boxed{0{,}0351}\), soit \(3{,}51\%\).

Conclusion : ce problème de synthèse combine branche inconnue, probabilités inverses et effet d'une modification de processus.