Exercices corrigés — Probabilités (2nde)

Univers : \(|\Omega|=6\).

(a) « multiple de 2 » : \(A=\{2,4,6\}\). Donc \(|A|=3\) et \[ P(A)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}. \]

(b) « \(\ge 5\) » : \(B=\{5,6\}\). Donc \(|B|=2\) et \[ P(B)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}. \]

(c) Intersection : \(A\cap B=\{6\}\) (pair ET \(\ge 5\)). Donc \[ P(A\cap B)=\dfrac{1}{6}. \] Réunion : \(A\cup B=\{2,4,5,6\}\). Donc \(|A\cup B|=4\) et \[ P(A\cup B)=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}. \] Vérification par la formule : \[ P(A\cup B)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{3}{6}+\dfrac{2}{6}-\dfrac{1}{6}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}. \]

(d) \(\overline{A\cup B}\) = « ni dans \(A\) ni dans \(B\) ». Comme \(A\cup B=\{2,4,5,6\}\), \[ \overline{A\cup B}=\{1,3\}. \] Donc \[ P\big(\overline{A\cup B}\big)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}. \] Et aussi \(P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\).

Réponses : (a) \(\dfrac{1}{2}\) ; (b) \(\dfrac{1}{3}\) ; (c) \(P(A\cap B)=\dfrac{1}{6}\), \(P(A\cup B)=\dfrac{2}{3}\) ; (d) \(\dfrac{1}{3}\), événement = \{1,3\}.

Univers : 36 couples équiprobables.

(a) Somme 7 : \[ (1;6),(2;5),(3;4),(4;3),(5;2),(6;1) \] soit 6 couples. Donc \[ P(S)=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}. \]

(b) Doubles : \[ (1;1),(2;2),(3;3),(4;4),(5;5),(6;6) \] soit 6 couples. Donc \[ P(D)=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}. \]

(c) \(S\cup D\) : « somme 7 OU double ». On vérifie l’intersection \(S\cap D\) : un double a une somme paire (2,4,6,8,10,12), donc ne peut pas faire 7. Ainsi \(S\cap D=\varnothing\) (événements incompatibles). Donc \[ P(S\cup D)=P(S)+P(D)=\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{3}. \]

(d) Produit pair = contraire de « produit impair ». Produit impair ⇔ (impair; impair). Or les impairs sont \(\{1,3,5\}\) : 3 choix pour chaque dé, donc 9 couples impairs. \[ P(\text{produit impair})=\dfrac{9}{36}=\dfrac{1}{4} \quad\Rightarrow\quad P(P)=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4}. \]

Réponses : (a) \(\dfrac{1}{6}\) ; (b) \(\dfrac{1}{6}\) ; (c) \(\dfrac{1}{3}\) ; (d) \(\dfrac{3}{4}\).

(a) \(P(C)=\dfrac{13}{52}=\dfrac{1}{4}\). \(P(F)=\dfrac{12}{52}=\dfrac{3}{13}\). \(P(R)=\dfrac{26}{52}=\dfrac{1}{2}\) (26 rouges).

(b) \(C\cap F\) = « figure de cœur ». Il y en a 3 (V♥, D♥, R♥). \[ P(C\cap F)=\dfrac{3}{52}. \] Alors \[ P(C\cup F)=P(C)+P(F)-P(C\cap F) =\dfrac{13}{52}+\dfrac{12}{52}-\dfrac{3}{52} =\dfrac{22}{52}=\dfrac{11}{26}. \]

(c) \(R\cap F\) = « figure rouge ». Chaque couleur rouge (♥, ♦) a 3 figures, donc 6. \[ P(R\cap F)=\dfrac{6}{52}=\dfrac{3}{26}. \] Puis \[ P(R\cup F)=P(R)+P(F)-P(R\cap F) =\dfrac{26}{52}+\dfrac{12}{52}-\dfrac{6}{52} =\dfrac{32}{52}=\dfrac{8}{13}. \]

(d) \(\overline{R\cup F}\) = « ni rouge, ni figure ». Donc : cartes noires (trèfle ou pique) non figures. Il y a 26 noires, dont 6 figures noires, donc 20 noires non figures. \[ P(\overline{R\cup F})=\dfrac{20}{52}=\dfrac{5}{13}. \] Vérification par complément : \(1-\dfrac{8}{13}=\dfrac{5}{13}\).

Réponses : (a) \(\dfrac{1}{4}\), \(\dfrac{3}{13}\), \(\dfrac{1}{2}\) ; (b) \(\dfrac{3}{52}\), \(\dfrac{11}{26}\) ; (c) \(\dfrac{3}{26}\), \(\dfrac{8}{13}\) ; (d) \(\dfrac{5}{13}\).

Total : 12 boules.

(a) \[ P(A)=\dfrac{6}{12}=\dfrac{1}{2},\quad P(V)=\dfrac{2}{12}=\dfrac{1}{6},\quad P(E)=\dfrac{6+4}{12}=\dfrac{10}{12}=\dfrac{5}{6}. \]

(b) \(E\) = rouge ou bleu, donc \(\overline{E}\) = « pas rouge et pas bleu » = « verte ». Donc \(\overline{E} = V\) et \[ P(\overline{E})=P(V)=\dfrac{1}{6}. \] (Ou directement \(1-\dfrac{5}{6}=\dfrac{1}{6}\).)

(c) \(A\cup V\) = rouge ou verte : favorables \(6+2=8\) donc \[ P(A\cup V)=\dfrac{8}{12}=\dfrac{2}{3}. \] Et \(A\cap V\) = « rouge ET verte » impossible sur un tirage, donc \(A\cap V=\varnothing\) et \[ P(A\cap V)=0. \]

(d) \(E\cap A\) : comme toute boule rouge vérifie « rouge ou bleue », on a \(A\subset E\). Donc \(E\cap A = A\) et \[ P(E\cap A)=P(A)=\dfrac{1}{2}. \] Interprétation : toute boule rouge appartient bien à l’événement \(E\).

Réponses : (a) \(\dfrac{1}{2}\), \(\dfrac{1}{6}\), \(\dfrac{5}{6}\) ; (b) \(\overline{E}=V\), \(\dfrac{1}{6}\) ; (c) \(\dfrac{2}{3}\), 0 ; (d) \(\dfrac{1}{2}\).

Base : au départ, 8 boules (5 N, 3 B).

(a) Avec remise : \(P(N)=\dfrac{5}{8}\), \(P(B)=\dfrac{3}{8}\) à chaque tirage. \[ P(N\text{ puis }B)=\dfrac{5}{8}\times\dfrac{3}{8}=\dfrac{15}{64}. \]

(b) Sans remise : \(P(N\text{ au 1er})=\dfrac{5}{8}\). Si on a tiré N, il reste 7 boules dont 3 blanches. \[ P(N\text{ puis }B)=\dfrac{5}{8}\times\dfrac{3}{7}=\dfrac{15}{56}. \]

(c) Même couleur

Avec remise : \[ P(NN)=\dfrac{5}{8}\times\dfrac{5}{8}=\dfrac{25}{64},\quad P(BB)=\dfrac{3}{8}\times\dfrac{3}{8}=\dfrac{9}{64}. \] Donc \[ P(\text{même couleur})=\dfrac{25}{64}+\dfrac{9}{64}=\dfrac{34}{64}=\dfrac{17}{32}. \]

Sans remise : \[ P(NN)=\dfrac{5}{8}\times\dfrac{4}{7}=\dfrac{20}{56}=\dfrac{5}{14},\quad P(BB)=\dfrac{3}{8}\times\dfrac{2}{7}=\dfrac{6}{56}=\dfrac{3}{28}. \] Donc \[ P(\text{même couleur})=\dfrac{5}{14}+\dfrac{3}{28}=\dfrac{10}{28}+\dfrac{3}{28}=\dfrac{13}{28}. \]

(d) Avec remise, la composition de l’urne ne change pas : le 2e tirage “voit” la même urne que le 1er. Sans remise, on retire une boule : les effectifs (et donc les probabilités) du 2e tirage dépendent du 1er.

Réponses : (a) \(\dfrac{15}{64}\) ; (b) \(\dfrac{15}{56}\) ; (c) avec remise \(\dfrac{17}{32}\), sans remise \(\dfrac{13}{28}\) ; (d) explication remise/sans remise.

(a) « au moins une fois Pile » = contraire de « aucune fois Pile » = « que des Faces ». \ \[ P(\text{que des Faces en 4 lancers})=\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{16}. \] Donc \[ P(\ge 1\ \text{Pile})=1-\dfrac{1}{16}=\dfrac{15}{16}. \]

(b) Exactement 3 Piles en 4 lancers : il faut 1 Face et 3 Piles. Il y a 4 positions possibles pour l’unique Face, donc 4 suites favorables. Chaque suite a probabilité \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^4=\dfrac{1}{16}\). \[ P(3\ \text{Piles})=4\times\dfrac{1}{16}=\dfrac{1}{4}. \]

(c) « aucune fois Face » en 6 lancers = « que des Piles » : \[ P(\text{que des Piles})=\left(\dfrac{1}{2}\right)^6=\dfrac{1}{64}. \]

(d) « au plus 1 Face » = 0 Face OU 1 Face.

- 0 Face : probabilité \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^6=\dfrac{1}{64}\).

- 1 Face : choisir la position de la Face : il y a 6 positions possibles, donc 6 suites. Chaque suite a probabilité \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^6=\dfrac{1}{64}\). Donc \(P(1\ \text{Face})=6\times\dfrac{1}{64}=\dfrac{6}{64}=\dfrac{3}{32}\).

Total : \[ P(\le 1\ \text{Face})=\dfrac{1}{64}+\dfrac{6}{64}=\dfrac{7}{64}. \]

Réponses : (a) \(\dfrac{15}{16}\) ; (b) \(\dfrac{1}{4}\) ; (c) \(\dfrac{1}{64}\) ; (d) \(\dfrac{7}{64}\).

(a) \[ P(A\cup B)=\dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}. \] PPCM(5,2,4)=20 : \[ \dfrac{3}{5}=\dfrac{12}{20},\quad \dfrac{1}{2}=\dfrac{10}{20},\quad \dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{20}. \] Donc \[ P(A\cup B)=\dfrac{12}{20}+\dfrac{10}{20}-\dfrac{5}{20}=\dfrac{17}{20}. \]

(b) \(P(A\setminus B)=P(A)-P(A\cap B)=\dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{4}\). PPCM(5,4)=20 : \[ \dfrac{3}{5}=\dfrac{12}{20},\quad \dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{20} \Rightarrow P(A\setminus B)=\dfrac{7}{20}. \]

(c) \(\overline{A\cup B}\) : \[ P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)=1-\dfrac{17}{20}=\dfrac{3}{20}. \]

(d) \(\overline{A}\cap B = B\setminus A\) donc \[ P(B\setminus A)=P(B)-P(A\cap B)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}. \] Vérification somme = 1 : \[ (A\setminus B)=\dfrac{7}{20},\quad (A\cap B)=\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{20},\quad (B\setminus A)=\dfrac{1}{4}=\dfrac{5}{20},\quad (\text{extérieur})=\dfrac{3}{20}. \] Somme : \(\dfrac{7+5+5+3}{20}=\dfrac{20}{20}=1\) ✅.

Réponses : (a) \(\dfrac{17}{20}\) ; (b) \(\dfrac{7}{20}\) ; (c) \(\dfrac{3}{20}\) ; (d) \(\dfrac{1}{4}\), cohérent.

Univers : \(|\Omega|=60\).

(a) Multiples de 4 dans 1..60 : \(4,8,\dots,60\) soit \(60/4=15\) nombres. Donc \(P(A)=\dfrac{15}{60}=\dfrac{1}{4}\). Multiples de 6 : \(6,12,\dots,60\) soit \(60/6=10\) nombres. Donc \(P(B)=\dfrac{10}{60}=\dfrac{1}{6}\).

(b) \(A\cap B\) = divisible par 4 ET par 6 ⇒ divisible par 12. Multiples de 12 : \(12,24,36,48,60\) soit \(60/12=5\) nombres. \[ P(A\cap B)=\dfrac{5}{60}=\dfrac{1}{12}. \]

(c) \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) =\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{12}. \] PPCM = 12 : \[ \dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{12},\quad \dfrac{1}{6}=\dfrac{2}{12} \Rightarrow P(A\cup B)=\dfrac{3}{12}+\dfrac{2}{12}-\dfrac{1}{12}=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}. \]

(d) \[ P(\overline{A\cup B})=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}. \] Interprétation : il y a \(\dfrac{2}{3}\) de chances de choisir un entier ni multiple de 4 ni multiple de 6.

Réponses : (a) \(\dfrac{1}{4}\), \(\dfrac{1}{6}\) ; (b) \(\dfrac{1}{12}\) ; (c) \(\dfrac{1}{3}\) ; (d) \(\dfrac{2}{3}\).

(a) \[ P(A\cup B)=0{,}08+0{,}11-0{,}03=0{,}16. \] Donc 16% des pièces ont au moins un défaut.

(b) Parfaite = aucun défaut = \(\overline{A\cup B}\) : \[ P(\text{parfaite})=1-0{,}16=0{,}84. \]

(c) Défaut d’assemblage seul : \[ P(A\setminus B)=P(A)-P(A\cap B)=0{,}08-0{,}03=0{,}05. \]

(d) Sur 1 000 pièces, le modèle conduit à l’estimation : \[ 1000\times0{,}84=840. \] Donc on estime environ 840 pièces parfaites.

Réponses : (a) 0,16 ; (b) 0,84 ; (c) 0,05 ; (d) 840.

(a) \(A\) : somme \(\ge 10\) = 10, 11 ou 12.

Somme 10 : \((4;6),(5;5),(6;4)\) → 3 couples.

Somme 11 : \((5;6),(6;5)\) → 2 couples.

Somme 12 : \((6;6)\) → 1 couple.

Total favorables : \(3+2+1=6\). \[ P(A)=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}. \]

(b) \(B\) : « au moins un 6 ». Contraire : « aucun 6 » : chaque dé a 5 possibilités (1..5), donc \(5\times5=25\) couples. \[ P(B)=1-\dfrac{25}{36}=\dfrac{11}{36}. \]

(c) \(A\cap B\) : somme \(\ge 10\) ET au moins un 6.

Parmi les couples de (a), on garde ceux avec un 6 : \[ (4;6),(6;4),(5;6),(6;5),(6;6) \] soit 5 couples. \[ P(A\cap B)=\dfrac{5}{36}. \]

(d) \[ P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B) =\dfrac{1}{6}+\dfrac{11}{36}-\dfrac{5}{36}. \] Or \(\dfrac{1}{6}=\dfrac{6}{36}\), donc \[ P(A\cup B)=\dfrac{6}{36}+\dfrac{11}{36}-\dfrac{5}{36}=\dfrac{12}{36}=\dfrac{1}{3}. \] Cohérence : \(\dfrac{1}{3}\in[0;1]\) ✅.

Réponses : (a) \(\dfrac{1}{6}\) ; (b) \(\dfrac{11}{36}\) ; (c) \(\dfrac{5}{36}\) ; (d) \(\dfrac{1}{3}\).

(a) \(x=1-(0{,}18+0{,}27+0{,}22)=1-0{,}67=0{,}33\).

(b) \(B\) et \(D\) sont deux issues distinctes, donc \(P(B\cup D)=0{,}27+0{,}22=0{,}49\).

(c) \(P(\overline C)=1-0{,}33=0{,}67\).

(d) \(P(E)=P(B)+P(C)=0{,}27+0{,}33=0{,}60\).

Réponses : 0,33 ; 0,49 ; 0,67 ; 0,60.

(a) \(f_{50}=\dfrac{22}{50}=0{,}44\), \(f_{500}=\dfrac{181}{500}=0{,}362\), \(f_{5000}=\dfrac{1764}{5000}=0{,}3528\).

(b) Les écarts sont \(0{,}09\), \(0{,}012\) et \(0{,}0028\).

(c) La simulation de 5 000 essais est ici la plus proche de \(0{,}35\).

(d) Pour un grand nombre d’essais, la fréquence observée est généralement proche de la probabilité du modèle, avec des fluctuations possibles.

(a) \(P(S)=\dfrac{100}{200}=\dfrac12\).

(b) Parmi les 80 internes, 52 pratiquent un sport : \(P_I(S)=\dfrac{52}{80}=\dfrac{13}{20}=0{,}65\).

(c) Parmi les 100 sportifs, 52 sont internes : \(P_S(I)=\dfrac{52}{100}=\dfrac{13}{25}=0{,}52\).

(d) Le conditionnement change l’ensemble de référence : « sportif parmi les internes » n’est pas « interne parmi les sportifs ».

(a) \(P(A\cap B)=\dfrac{50}{200}=\dfrac14\).

(b) \(P_A(B)=\dfrac{50}{80}=\dfrac58\).

(c) \(P_B(A)=\dfrac{50}{100}=\dfrac12\).

(d) \(P(A\cup B)=\dfrac{80+100-50}{200}=\dfrac{130}{200}=\dfrac{13}{20}\). On vérifie bien que \(\dfrac58 e\dfrac12\).

(a) \(1-\dfrac35=\dfrac25\), \(1-\dfrac14=\dfrac34\), \(1-\dfrac23=\dfrac13\).

(b) \(P(A\cap B)=\dfrac35 imes\dfrac14=\dfrac{3}{20}\).

(c) \(P(\overline A\cap B)=\dfrac25 imes\dfrac23=\dfrac{4}{15}\).

(d) \(\dfrac{4}{15}>\dfrac{3}{20}\). Différence : \(\dfrac{4}{15}-\dfrac{3}{20}=\dfrac{16-9}{60}=\dfrac{7}{60}\).

(a) \(P(T)=\dfrac35\), \(P(\overline T)=\dfrac25\), \(P_T(H)=\dfrac45\), \(P_T(\overline H)=\dfrac15\), et les deux branches après \(\overline T\) valent \(\dfrac12\).

(b) \(P(T\cap H)=\dfrac35 imes\dfrac45=\dfrac{12}{25}=0{,}48\).

(c) \(P(\overline T\cap\overline H)=\dfrac25 imes\dfrac12=\dfrac15=0{,}20\).

(d) Le premier chemin est plus probable : \(0{,}48-0{,}20=0{,}28\).

(a) \(P(\overline A)=1-0{,}35=0{,}65\).

(b) \(P_{\overline A}(B)=1-0{,}25=0{,}75\).

(c) \(P(A\cap B)=0{,}35 imes0{,}60=0{,}21\).

(d) \(P(\overline A\cap\overline B)=0{,}65 imes0{,}25=0{,}1625=\dfrac{13}{80}\).

(a) \(P_M(+)=\dfrac{72}{80}=0{,}90\).

(b) \(P_{\overline M}(+)=\dfrac{46}{920}=0{,}05\).

(c) \(P_{\overline M}(-)=\dfrac{874}{920}=0{,}95\).

(d) \(P_+(M)=\dfrac{72}{118}=\dfrac{36}{59}\approx0{,}6102\). Cette valeur n’est pas 0,90 : les conditionnements sont inversés.

(a) \(|A\cap B|=96 imes\dfrac58=60\). Donc : A/non B = 36 ; non A/B = \(150-60=90\) ; non A/non B = \(144-90=54\).

(b) \(P_B(A)=\dfrac{60}{150}=\dfrac25\).

(c) \(|A\cup B|=96+150-60=186\), donc \(P(A\cup B)=\dfrac{186}{240}=\dfrac{31}{40}\).

(d) \(P(\overline A\cap\overline B)=\dfrac{54}{240}=\dfrac{9}{40}\).

(a) \(P(R_1)=\dfrac58\).

(b) Après une rouge, il reste 3 bleues sur 7 boules : \(P_{R_1}(B_2)=\dfrac37\).

(c) \(P(R_1\cap B_2)=\dfrac58 imes\dfrac37=\dfrac{15}{56}\).

(d) \(P(B_1\cap R_2)=\dfrac38 imes\dfrac57=\dfrac{15}{56}\). Les deux ordres ont ici la même probabilité.

(a) \(P(RR)=\dfrac4{10} imes\dfrac4{10}=\dfrac4{25}\).

(b) \(P(RR)=\dfrac4{10} imes\dfrac3{9}=\dfrac2{15}\).

(c) Avec remise : \(\dfrac4{25}+\dfrac9{25}=\dfrac{13}{25}\).

(d) Sans remise : \(\dfrac4{10} imes\dfrac3{9}+\dfrac6{10} imes\dfrac5{9}=\dfrac2{15}+\dfrac13=\dfrac7{15}\). La remise augmente ici la probabilité d’obtenir deux boules de même couleur.

(a) Il y a \(3 imes3=9\) couples impairs-impairs sur 36, donc \(P(A)=1-\dfrac9{36}=\dfrac34\).

(b) Somme 5 : \((1;4),(2;3),(3;2),(4;1)\), donc \(P(B)=\dfrac4{36}=\dfrac19\).

(c) Dans chacun des quatre couples de somme 5, l’un des deux résultats est pair. Donc toute issue de \(B\) appartient à \(A\).

(d) \(P(A\cup B)=P(A)=\dfrac34\) et \(P(A\cap B)=P(B)=\dfrac19\).

(a) \(\dfrac4{32} imes\dfrac{28}{31}=\dfrac7{62}\).

(b) \(\dfrac{28}{32} imes\dfrac4{31}=\dfrac7{62}\).

(c) \(\dfrac7{62}+\dfrac7{62}=\dfrac7{31}\).

(d) \(P( ext{aucun roi})=\dfrac{28}{32} imes\dfrac{27}{31}=\dfrac{189}{248}\). Donc \(P( ext{au moins un roi})=1-\dfrac{189}{248}=\dfrac{59}{248}\).

(a) Les écarts sont \(0{,}03\), \(0{,}02\), \(0{,}005\) et \(0{,}001\).

(b) Oui : dans cette série, les fréquences de grands échantillons sont très proches de 0,45.

(c) Non. Les simulations sont compatibles avec le modèle, mais elles ne prouvent pas une égalité exacte dans le phénomène réel.

(d) \(1-0{,}45=0{,}55\).

(a) La condition est vraie environ 30 % du temps dans le modèle de simulation.

(b) n/s inverse le quotient recherché.

(c) La ligne correcte est return s/n.

(d) \(\dfrac{147}{500}=0{,}294\).

(a) \(P(A\cap B)=\dfrac{30}{400}=\dfrac3{40}\).

(b) \(P_A(B)=\dfrac{30}{70}=\dfrac37\).

(c) \(P_B(A)=\dfrac{30}{100}=\dfrac3{10}\).

(d) La cellule « aucun défaut » contient 260 pièces, donc \(P=\dfrac{260}{400}=\dfrac{13}{20}\).

(a) \(P(M)=0{,}60\) et \(P_M(P)=0{,}35\).

(b) \(P(M\cap P)=0{,}60 imes0{,}35=0{,}21\).

(c) \(P_M(P)=0{,}35\) alors que \(P_P(M)=0{,}70\). Les conditionnements sont différents.

(d) \(1000 imes0{,}21=210\) utilisateurs.

(a) \(x imes\dfrac35=\dfrac9{25}\).

(b) \(x=\dfrac9{25} imes\dfrac53=\dfrac35\).

(c) \(P(\overline A)=1-\dfrac35=\dfrac25\).

(d) \(P_A(\overline B)=\dfrac25\), donc \(P(A\cap\overline B)=\dfrac35 imes\dfrac25=\dfrac6{25}\).

(a) \(0{,}62+0{,}48-0{,}25=0{,}85\).

(b) \(0{,}62-0{,}25=0{,}37\).

(c) \(0{,}48-0{,}25=0{,}23\).

(d) Extérieur : \(1-0{,}85=0{,}15\). Vérification : \(0{,}37+0{,}25+0{,}23+0{,}15=1\).

(a) \(P(P)=\dfrac{200}{2000}=\dfrac1{10}=0{,}10\).

(b) \(P_P(+)=\dfrac{180}{200}=0{,}90\).

(c) \(P_{\overline P}(+)=\dfrac{90}{1800}=0{,}05\).

(d) \(P_+(P)=\dfrac{180}{270}=\dfrac23\). La sensibilité conditionne par « phishing », tandis que \(P_+(P)\) conditionne par « filtre positif » : les ensembles de référence sont différents.