Exercices corrigés : phénomènes aléatoires (Première, maths du tronc commun)

a) Le billet est choisi au hasard, chaque billet a la même chance : une probabilité est un effectif divisé par le total. $P(A)=\dfrac{300}{600}=0{,}5$, $P(R)=\dfrac{240}{600}=0{,}4$ et $P(A\cap R)=\dfrac{180}{600}=0{,}3$. Pour ces trois nombres, on compte parmi TOUS les billets, et le dénominateur est toujours $600$. L'intersection se lit dans UNE case, celle où la ligne « tarif réduit » croise la colonne « après-midi » : ce n'est ni un total de ligne, ni un total de colonne.

b) $P_{A}(R)$ se lit « probabilité de $R$ sachant $A$ » : on sait que le billet est de l'après-midi, donc on ne compte plus que parmi les $300$ billets de l'après-midi. $P_{A}(R)=\dfrac{180}{300}=0{,}6$ : parmi les billets de l'après-midi, $60\ \%$ sont au tarif réduit. Pour $P_{R}(A)$, la condition est $R$ : on compte parmi les $240$ billets réduits, $P_{R}(A)=\dfrac{180}{240}=0{,}75$ : parmi les billets réduits, trois sur quatre sont pour l'après-midi. Le numérateur est le même, la case $180$ ; seul le dénominateur change, et c'est lui que désigne l'indice. Ce qui est en indice est la population, ce qui est entre parenthèses est ce qu'on y cherche.

c) Parmi les $300$ billets du soir, $60$ sont réduits : $P_{\overline{A}}(R)=\dfrac{60}{300}=0{,}2$. Sans information, un billet est réduit avec la probabilité $P(R)=0{,}4$ ; si l'on apprend qu'il est de l'après-midi, cette probabilité monte à $0{,}6$ ; s'il est du soir, elle tombe à $0{,}2$. L'information change donc les chances, et c'est tout le sens du mot « conditionnelle » : apprendre quelque chose sur le billet, c'est changer la population dans laquelle on compte. L'explication concrète est simple, les étudiants et les moins de 18 ans vont plus volontiers au cinéma l'après-midi.

d) $P(A)\times P_{A}(R)=0{,}5\times 0{,}6=0{,}3$, c'est exactement $P(A\cap R)$. Ce n'est pas un hasard : par définition $P_{A}(R)=\dfrac{P(A\cap R)}{P(A)}$, et multiplier par $P(A)$ redonne l'intersection. C'est la règle qu'on applique le long d'un chemin d'arbre. En revanche $P(A)\times P(R)=0{,}5\times 0{,}4=0{,}2$, qui n'est PAS $P(A\cap R)$. Multiplier deux probabilités simples ne donne l'intersection que lorsque l'information sur $A$ ne change pas les chances de $R$, c'est-à-dire lorsque $A$ et $R$ sont indépendants. Ici $P_{A}(R)=0{,}6$ diffère de $P(R)=0{,}4$ : $A$ et $R$ ne sont pas indépendants, et le produit $0{,}2$ est faux. L'erreur coûte la question entière : on ne multiplie des probabilités simples qu'après avoir justifié l'indépendance.

a) $P(B)=\dfrac{240}{800}=0{,}3$ : on compte parmi tous les inscrits. $P_{J}(B)=\dfrac{60}{200}=0{,}3$ : on compte parmi les $200$ jeunes. Les deux nombres sont égaux : apprendre que l'inscrit a moins de $18$ ans ne change pas ses chances d'avoir emprunté une bande dessinée. Par définition, $J$ et $B$ sont indépendants. La justification attendue est exactement cette comparaison, écrite avec ses deux valeurs : « $P_{J}(B)=0{,}3=P(B)$, donc $J$ et $B$ sont indépendants ». Pour contrôle, chez les adultes $P_{\overline{J}}(B)=\dfrac{180}{600}=0{,}3$ aussi : les deux groupes empruntent dans la même proportion, et c'est ce que veut dire l'indépendance sur un tableau.

b) $P_{B}(J)=\dfrac{60}{240}=0{,}25$ et $P(J)=\dfrac{200}{800}=0{,}25$ : savoir que l'inscrit a emprunté une bande dessinée ne change pas non plus ses chances d'être jeune. L'indépendance marche dans les deux sens, elle est symétrique. On le voit aussi sur l'intersection : $P(J\cap B)=\dfrac{60}{800}=0{,}075$ et $P(J)\times P(B)=0{,}25\times 0{,}3=0{,}075$. C'est la forme « produit » de l'indépendance, qui découle de la règle du chemin : $P(J\cap B)=P(J)\times P_{J}(B)$, et $P_{J}(B)$ peut être remplacée par $P(B)$ précisément parce que les évènements sont indépendants.

c) Cette fois on UTILISE l'indépendance : elle permet de multiplier les probabilités simples. $P(J\cap L)=P(J)\times P(L)=0{,}4\times 0{,}15=0{,}06$, soit $0{,}06\times 1\,000=60$ jeunes emprunteurs de livres audio. Les emprunteurs sont $150$ en tout, donc $150-60=90$ adultes. Contrôle par proportion : $60$ sur $400$ jeunes et $90$ sur $600$ adultes font tous deux $15\ \%$, comme dans toute la population. Le tableau complet est $60$, $340$, $90$ et $510$.

d) Parmi les $400$ jeunes, $20$ empruntent des livres audio : $P_{J}(L)=\dfrac{20}{400}=0{,}05$. Or $P(L)=\dfrac{20+130}{1\,000}=0{,}15$. Les deux valeurs sont très différentes : chez les jeunes, l'emprunt de livres audio est trois fois plus rare que dans l'ensemble. L'hypothèse d'indépendance faite en c) était donc FAUSSE pour cette médiathèque. Voilà la différence entre un modèle et la réalité : l'indépendance se suppose quand l'expérience la garantit (deux dés, deux tirages avec remise) ; dans une population réelle, elle se vérifie sur les données, et elle peut être démentie. Les nombres de c) n'étaient que les conséquences d'une hypothèse, pas des faits.

a) Les branches issues d'un MÊME nœud ont une somme égale à $1$. À la racine : $P(\overline{V_{1}})=1-0{,}5=0{,}5$. Sous le nœud $V_{1}$, on est parmi les trajets où le premier feu était vert : $P_{V_{1}}(V_{2})=0{,}9$, donc $P_{V_{1}}(\overline{V_{2}})=0{,}1$. Sous le nœud $\overline{V_{1}}$, on est parmi les trajets où elle s'est arrêtée : $P_{\overline{V_{1}}}(V_{2})=0{,}3$, donc $P_{\overline{V_{1}}}(\overline{V_{2}})=0{,}7$. Chaque branche du second niveau porte une probabilité CONDITIONNELLE, conditionnée par le nœud d'où elle part : les mots « quand elle a eu » et « quand elle a dû s'arrêter » de l'énoncé annoncent ces deux populations.

b) Règle du chemin : on multiplie les pondérations rencontrées. $P(V_{1}\cap V_{2})=0{,}5\times 0{,}9=0{,}45$ et $P(\overline{V_{1}}\cap V_{2})=0{,}5\times 0{,}3=0{,}15$. L'évènement $V_{2}$ est atteint par DEUX chemins, qui ne se recouvrent pas : on additionne, $P(V_{2})=0{,}45+0{,}15=0{,}6$. Contrôle : les deux autres chemins valent $0{,}05$ et $0{,}35$, et les quatre ensemble font $0{,}45+0{,}05+0{,}15+0{,}35=1$. Le produit se justifie par la définition, $P_{V_{1}}(V_{2})=\dfrac{P(V_{1}\cap V_{2})}{P(V_{1})}$ : c'est une proportion de proportion, $90\ \%$ de la moitié des trajets.

c) Sur $1\,000$ trajets : $500$ avec le premier feu vert, dont $90\ \%$, soit $450$, avec le second vert aussi ; $500$ avec un arrêt au premier, dont $30\ \%$, soit $150$, avec le second vert. Le second feu est vert dans $450+150=600$ trajets. On compte parmi ces $600$ trajets, et l'on y cherche ceux où le premier était vert : $P_{V_{2}}(V_{1})=\dfrac{450}{600}=0{,}75$. La question remonte l'arbre à l'envers, on ne peut donc pas lire la réponse sur une branche : la population fictive fait le travail sans formule. En français : parmi les trajets où le second feu était vert, trois sur quatre avaient aussi eu le premier vert.

d) Sans information, $P(V_{2})=0{,}6$ ; sachant que le premier feu était vert, $P_{V_{1}}(V_{2})=0{,}9$. L'information change les chances, donc $V_{1}$ et $V_{2}$ ne sont PAS indépendants, et c'est voulu : l'onde verte a été réglée pour. Si les feux étaient réglés indépendamment, avec toujours $P(V_{1})=0{,}5$ et $P(V_{2})=0{,}6$, les deux branches $V_{2}$ du second niveau porteraient TOUTES DEUX $0{,}6$ : quand les évènements sont indépendants, le second étage de l'arbre se répète à l'identique sous chaque nœud. On aurait alors $P(V_{1}\cap V_{2})=0{,}5\times 0{,}6=0{,}3$ au lieu de $0{,}45$. La synchronisation fait donc passer les trajets « deux feux verts » de $30\ \%$ à $45\ \%$ : c'est exactement ce que la dépendance mesure.

a) Les choix sont indépendants : savoir ce que vous jouez ne change rien aux chances de l'adversaire. La probabilité d'une case, par exemple « vous pierre, lui ciseaux », est donc le produit $\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}=\frac{1}{9}$, et les $9$ cases sont équiprobables. On gagne dans $3$ cases, une par ligne : $P(G)=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$. Les matchs nuls occupent la diagonale, $3$ cases, soit $\frac{1}{3}$ ; il reste $\frac{1}{3}$ pour les défaites. Contrôle : $\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}=1$. Le jeu est parfaitement équilibré tant que chacun joue au hasard.

b) Votre main étant fixée, le résultat ne dépend plus que de la main de l'adversaire. Si vous jouez pierre, vous gagnez quand il joue ciseaux : $\frac{1}{4}$. Si vous jouez feuille, vous gagnez quand il joue pierre : $\frac{1}{2}$, et vous ne perdez que contre ciseaux, $\frac{1}{4}$. Si vous jouez ciseaux, vous gagnez contre feuille, $\frac{1}{4}$, mais vous perdez contre pierre, $\frac{1}{2}$. La meilleure réponse est la FEUILLE, qui gagne une fois sur deux. C'est l'idée de la théorie des jeux : un joueur prévisible se fait exploiter, et la seule façon de ne pas l'être est de jouer vraiment au hasard, un tiers pour chaque main.

c) Chaque manche est une épreuve à deux issues, gagnée ou non, de probabilité de succès $\frac{1}{3}$ : une épreuve de Bernoulli. Les trois manches sont identiques et indépendantes, donc l'arbre répète trois fois les mêmes branches, $\frac{1}{3}$ vers $G$ et $\frac{2}{3}$ vers non $G$ (arbre dans la correction). Gagner les trois manches est UN chemin : $\left(\frac{1}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27}$. Gagner exactement deux manches correspond à TROIS chemins, $GG\overline{G}$, $G\overline{G}G$ et $\overline{G}GG$, qui ont chacun la probabilité $\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}=\frac{2}{27}$ : au total $3\times\frac{2}{27}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}$. Oublier de compter les chemins et répondre $\frac{2}{27}$ est l'erreur classique : la place de la manche perdue n'est pas imposée.

d) « Au moins une manche gagnée » est le contraire de « aucune manche gagnée », qui est un seul chemin : $\left(\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{8}{27}$. Donc la probabilité cherchée vaut $1-\frac{8}{27}=\frac{19}{27}$, un peu plus de $0{,}7$. Passer par le contraire évite d'additionner sept chemins. Quant à l'indépendance des manches, c'est une HYPOTHÈSE du modèle, pas un fait : un joueur humain évite souvent de rejouer la main qui vient de perdre, ou rejoue celle qui vient de gagner. Si l'on observe cela chez un adversaire, le modèle ne décrit plus la réalité, et l'on peut en profiter comme en b).

a) Chaque lancer a deux issues qui nous intéressent, « $6$ » (succès) ou « pas $6$ » (échec) : c'est une épreuve de Bernoulli, et le dé étant équilibré, $p=\frac{1}{6}$. Les lancers sont identiques (même dé) et indépendants (le dé n'a pas de mémoire). Une partie s'arrête dès le premier $6$, ou dès que la tortue a fait $4$ pas, c'est-à-dire après $4$ échecs : au plus $4$ lancers. L'arbre de la correction est un « peigne » : à chaque niveau, la branche $6$ termine la partie, seule la branche « non $6$ » continue.

b) La tortue gagne exactement quand elle fait ses $4$ pas avant tout $6$, c'est-à-dire quand les lancers $1$, $2$, $3$ et $4$ donnent tous « non $6$ ». C'est un seul chemin de l'arbre, dont on multiplie les pondérations grâce à l'indépendance : $\frac{5}{6}\times\frac{5}{6}\times\frac{5}{6}\times\frac{5}{6}=\frac{625}{1\,296}$, car $5^{4}=625$ et $6^{4}=1\,296$. Pour comparer à $\frac{1}{2}$ sans calculatrice, on double le numérateur : $2\times 625=1\,250<1\,296$, donc $\frac{625}{1\,296}<\frac{1}{2}$. Le lièvre gagne avec la probabilité $1-\frac{625}{1\,296}=\frac{671}{1\,296}$ : il est avantagé, de peu. Beaucoup d'élèves parient sur la tortue, qui a « cinq faces sur six » ; mais elle doit réussir quatre fois de suite.

c) Avec $3$ cases, la tortue gagne si les trois premiers lancers donnent « non $6$ » : $\left(\frac{5}{6}\right)^{3}=\frac{125}{216}$. Cette fois $2\times 125=250>216$, donc la probabilité dépasse $\frac{1}{2}$ : la tortue est avantagée. Une case de plus ou de moins renverse le jeu, et la version à $4$ cases est la plus proche de l'équilibre : l'écart à $\frac{1}{2}$ y vaut $\frac{46}{2\,592}$, contre $\frac{34}{432}=\frac{204}{2\,592}$ avec $3$ cases.

d) Sur $10\,000$ parties, la fréquence de victoire de la tortue vaut $\frac{4\,831}{10\,000}=0{,}4831$, très proche de $\frac{625}{1\,296}$, qui vaut environ $0{,}48$ (car $0{,}48\times 1\,296\approx 622$). Les $7$ victoires sur $10$ parties ne contredisent rien : sur un petit nombre de parties, la fréquence FLUCTUE beaucoup, et $0{,}7$ est un résultat tout à fait possible. C'est la loi des grands nombres, dans sa version vulgarisée : quand le nombre d'expériences indépendantes augmente, la fréquence observée se rapproche de la probabilité du modèle. Une simulation courte ne valide ni ne réfute un modèle ; une simulation longue qui s'écarterait nettement de $0{,}48$ le remettrait en cause.

a) La sensibilité se compte parmi les malades : $P_{M}(T)=0{,}9$. La spécificité se compte parmi les non-malades : $P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}9$. Leurs compléments sont les taux d'erreur, $P_{M}(\overline{T})=0{,}1$ (un malade sur dix passe à travers : FAUX NÉGATIF) et $P_{\overline{M}}(T)=0{,}1$ (un non-malade sur dix est déclaré positif : FAUX POSITIF). Ces quatre nombres sont des qualités du TEST, mesurées en laboratoire : ils ne changent pas d'une situation à l'autre, et ce sont eux qu'on lit sur le second niveau de l'arbre.

b) Sur $1\,000$ personnes : $100$ grippées, dont $90\ \%$ positives, soit $90$ vrais positifs ; $900$ non grippées, dont $10\ \%$ positives, soit $90$ faux positifs. Il y a $180$ tests positifs, et l'on compte parmi eux : $P_{T}(M)=\frac{90}{180}=0{,}5$. Un test « fiable à $90\ \%$ » ne donne ici qu'une chance sur deux d'être grippé quand il est positif : les faux positifs, pris dans un groupe neuf fois plus nombreux, égalent les vrais.

c) Sur $10\,000$ personnes : $100$ grippées, donc $90$ vrais positifs ; $9\,900$ non grippées, dont $10\ \%$, soit $990$ faux positifs. Positifs : $90+990=1\,080$, et $P_{T}(M)=\frac{90}{1\,080}=\frac{1}{12}$, moins de $0{,}09$. Onze positifs sur douze sont de fausses alertes ! On a pris $10\,000$ personnes et non $1\,000$ pour que $1\ \%$ donne un effectif suffisant et que tous les nombres restent entiers. C'est pour cela qu'on ne dépiste pas une maladie rare dans toute une population avec un test moyennement spécifique.

d) Sur $1\,000$ personnes : $500$ grippées, dont $450$ positives et $50$ négatives ; $500$ non grippées, dont $50$ positives et $450$ négatives. Parmi les $500$ positifs, $450$ sont grippés : $P_{T}(M)=0{,}9$. Parmi les $500$ négatifs, $50$ sont grippés : $P_{\overline{T}}(M)=\frac{50}{500}=0{,}1$. En pleine épidémie, UN NÉGATIF SUR DIX est en réalité malade : les faux négatifs, négligeables en situation 1 (dix sur $8\,920$ négatifs), deviennent ici un vrai problème.

e) Avec le MÊME test, $P_{T}(M)$ passe de $\frac{1}{12}$ à $\frac{1}{2}$ puis à $0{,}9$ quand la prévalence passe de $1\ \%$ à $10\ \%$ puis à $50\ \%$. Elle dépend donc du test ET de la population dans laquelle on l'emploie : plus la maladie est fréquente parmi les testés, plus un positif est crédible. Symétriquement, c'est quand la prévalence est forte, en situation 3, qu'un test négatif rassure le moins. C'est pourquoi un médecin teste surtout les patients qui ont des symptômes, et pourquoi il ne renvoie pas chez lui, sans autre examen, un patient très symptomatique au seul motif d'un test négatif en pleine épidémie.

a) La voiture est placée au hasard derrière l'une des quatre portes : sur $1\,200$ parties, elle est derrière la porte $1$ dans $\frac{1\,200}{4}=300$ parties. Le présentateur SAIT, donc il peut TOUJOURS ouvrir une porte à chèvre, que la porte $1$ soit gagnante ou non : l'ouverture ne renseigne en rien sur la porte $1$. En gardant, on gagne dans ces $300$ parties et seulement là : $P=\frac{300}{1\,200}=\frac{1}{4}$. C'est la réponse à notre question fil : ici l'information ne change pas les chances de la porte choisie.

b) Dans les $900$ autres parties, la voiture est derrière l'une des portes $2$, $3$, $4$. Le présentateur ouvre une porte à chèvre parmi elles, donc la voiture est derrière l'une des DEUX portes restées fermées. En changeant au hasard pour l'une des deux, on tombe sur la voiture une fois sur deux : $900\times\frac{1}{2}=450$ parties gagnées. En changeant, $P=\frac{450}{1\,200}=\frac{3}{8}=0{,}375$, contre $0{,}25$ en gardant : il vaut mieux changer. Le gain est moins spectaculaire qu'avec trois portes, où changer donne $\frac{2}{3}$, parce qu'il reste deux portes entre lesquelles on hésite encore.

c) Sur $600$ parties : dans $200$, la voiture est derrière la porte $1$, et le présentateur montre forcément une chèvre. Dans les $400$ autres, la voiture est derrière la porte $2$ ou $3$, et le présentateur, qui ouvre au hasard, tombe sur elle une fois sur deux : $200$ parties annulées, $200$ où il montre une chèvre. Parmi les $200+200=400$ parties où une chèvre a été montrée, on gagne en gardant dans $200$ et en changeant dans $200$ : $P=\frac{200}{400}=\frac{1}{2}$ dans les deux cas. Changer ne sert plus à rien. On a conditionné par l'évènement « une chèvre a été montrée », c'est-à-dire changé de population : les $400$ parties non annulées.

d) Classique à trois portes, présentateur qui sait : dans les $200$ parties où la voiture est derrière la porte $1$, changer fait perdre ; dans les $400$ autres, le présentateur est OBLIGÉ d'ouvrir la seule porte à chèvre, et la porte restante cache la voiture : changer gagne $400$ parties sur $600$, soit $\frac{2}{3}$. La scène est pourtant identique à celle de c). La différence est dans ce que l'ouverture APPREND : quand le présentateur sait, il évite la voiture et son geste désigne indirectement la bonne porte ; quand il ignore, son geste n'élimine que les parties où il aurait montré la voiture, et ces parties sont justement celles où changer aurait gagné. Une probabilité conditionnelle dépend de la façon dont l'information a été produite, pas seulement de ce que l'on voit.

a) Faux : $30\ \%$ est la part des billets à la fois réduits ET de l'après-midi, calculée parmi les $600$ billets : c'est $P(A\cap R)=\frac{180}{600}=0{,}3$. « Parmi les billets de l'après-midi » change la population : on divise la même case $180$ par les $300$ billets de l'après-midi, $P_{A}(R)=\frac{180}{300}=0{,}6$. Énoncé juste : « $30\ \%$ des billets sont réduits et de l'après-midi ; parmi les billets de l'après-midi, $60\ \%$ sont réduits ». Oublier le mot « parmi », c'est garder le mauvais dénominateur.

b) Faux : c'est l'erreur dite du joueur. La pièce n'a pas de mémoire, les lancers sont indépendants : l'information « cinq piles de suite » ne change pas les chances du lancer suivant, et face garde la probabilité $\frac{1}{2}$. La loi des grands nombres ne dit pas que le hasard « rattrape » un écart : elle dit que, sur un très grand nombre de lancers, cinq piles de plus ou de moins deviennent négligeables devant le total. Énoncé juste : « au prochain lancer, pile et face ont chacun une chance sur deux ».

c) Faux : indépendants ne veut pas dire incompatibles. Incompatibles signifie « ne peuvent pas se produire ensemble », $P(J\cap B)=0$ ; indépendants signifie « l'un ne change pas les chances de l'autre ». À la médiathèque, $60$ jeunes ont emprunté une bande dessinée, et $P(J\cap B)=\frac{60}{800}=0{,}075=0{,}25\times 0{,}3$. Deux évènements incompatibles de probabilités non nulles ne sont d'ailleurs JAMAIS indépendants : savoir que l'un est réalisé fait tomber les chances de l'autre à $0$.

d) Faux : $0{,}9$ est la sensibilité, $P_{M}(T)$, comptée parmi les malades. La personne testée positive a besoin de $P_{T}(M)$, comptée parmi les positifs, et ce nombre dépend de la prévalence : $\frac{1}{12}$ en situation 1, $0{,}5$ en situation 2, $0{,}9$ en situation 3. Énoncé juste : « parmi les grippés, $90\ \%$ ont un test positif ; parmi les positifs, la part de grippés dépend de la population testée, de $\frac{1}{12}$ à $0{,}9$ ». Le cas $P_{T}(M)=P_{M}(T)$ de la situation 3 est une coïncidence, pas une règle.

e) Faux : $\frac{1}{3}\times\frac{1}{3}\times\frac{2}{3}=\frac{2}{27}$ est la probabilité d'UN chemin, par exemple gagner, gagner, puis ne pas gagner. Mais la manche non gagnée peut être la première, la deuxième ou la troisième : trois chemins de même probabilité. La bonne réponse est $3\times\frac{2}{27}=\frac{6}{27}=\frac{2}{9}$. Réflexe à prendre sur un arbre de Bernoulli : compter les chemins qui réalisent l'évènement, puis multiplier par la probabilité d'un chemin.