Exercices corrigés : probabilités conditionnelles et indépendance (Première spécialité)

$P_{A}(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0{,}15}{0{,}25}=0{,}6$.

Règle du chemin : $P(A\cap B)=P(A)\times P_{A}(B)=0{,}7\times 0{,}4=0{,}28$.

$P(\overline{A})=1-0{,}35=0{,}65$, puis $P(\overline{A}\cap B)=P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B)=0{,}65\times 0{,}6=0{,}39$. Piège : multiplier par $P(A)=0{,}35$, alors que le chemin part de $\overline{A}$.

$P_{A}(B)=\frac{0{,}2}{0{,}8}=0{,}25$, donc $P_{A}(\overline{B})=1-0{,}25=0{,}75$ : les deux branches qui partent de $A$ ont une somme égale à $1$. Piège : calculer $1-P(A\cap B)=0{,}8$, qui n'est la probabilité d'aucun événement utile ici.

Probabilités totales sur la partition $\{A,\overline{A}\}$ : $P(B)=0{,}3\times 0{,}9+0{,}7\times 0{,}2=0{,}27+0{,}14=0{,}41$. Piège : additionner les deux probabilités conditionnelles, $0{,}9+0{,}2$, sans les pondérer par $P(A)$ et $P(\overline{A})$.

Trois chemins mènent à $B$ : $P(B)=0{,}45\times 0{,}1+0{,}35\times 0{,}4+0{,}2\times 0{,}7=0{,}045+0{,}14+0{,}14=0{,}325$. On vérifie au passage que $0{,}45+0{,}35+0{,}2=1$ : c'est bien une partition.

D'abord $P(B)$ par les probabilités totales : $0{,}1\times 0{,}9+0{,}9\times 0{,}05=0{,}09+0{,}045=0{,}135$. Puis $P_{B}(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}09}{0{,}135}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$. Piège : répondre $P_{A}(B)=0{,}9$ ; le conditionnement se retourne, il ne se recopie pas.

Par définition de l'indépendance : $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)=0{,}55\times 0{,}2=0{,}11$. Cette multiplication n'est permise QUE parce que l'énoncé affirme l'indépendance.

$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=0{,}48+0{,}35-0{,}13=0{,}7$. Piège : oublier de retrancher l'intersection, comptée deux fois, ce qui donne $0{,}83$.

De la même formule, à l'envers : $P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0{,}5+0{,}3-0{,}65=0{,}15$. Et $P(A)\times P(B)=0{,}5\times 0{,}3=0{,}15$ : l'égalité est vérifiée, donc $A$ et $B$ sont indépendants.

Ces trois probabilités se lisent toutes sur la population entière, donc avec le même dénominateur $200$ : $P(H)=\frac{110}{200}=0{,}55$, $P(F)=\frac{70}{200}=0{,}35$ et $P(H\cap F)=\frac{45}{200}=0{,}225$. Attention à la troisième : elle compte les personnes qui sont À LA FOIS des hommes ET des fumeurs, c'est-à-dire une seule case du tableau, jamais une somme de marges.

La notation $P_H(F)$ se lit « probabilité de $F$ SACHANT $H$ » : on se restreint aux $110$ hommes et on regarde combien fument. Directement sur le tableau : $\frac{45}{110}=\frac{9}{22}\approx 0{,}409$. Par la formule : $P_H(F)=\frac{P(H\cap F)}{P(H)}=\frac{0{,}225}{0{,}55}\approx 0{,}409$ ✓, les deux voies coïncident. Phrase attendue : parmi les hommes, environ $40{,}9$ % fument. La lecture directe sur les effectifs est plus rapide et sert de contrôle à la formule.

Cette fois on se restreint aux $70$ fumeurs : $P_F(H)=\frac{45}{70}=\frac{9}{14}\approx 0{,}643$, ce que confirme $\frac{0{,}225}{0{,}35}$ ✓. Phrase : parmi les fumeurs, environ $64{,}3$ % sont des hommes.

Les deux questions ne portent pas sur la même population de référence. La première se restreint aux $110$ hommes, la seconde aux $70$ fumeurs : le numérateur est le même, les $45$ hommes fumeurs, mais le dénominateur change du tout au tout. En général $P_A(B)\neq P_B(A)$, et confondre les deux est l'erreur la plus lourde du chapitre, celle qui fait conclure à l'envers dans les problèmes de dépistage. Une phrase suffit à les distinguer : « quelle proportion des hommes fume » n'est pas « quelle proportion des fumeurs est un homme ».

$P_H(F)\times P(H)=\frac{9}{22}\times 0{,}55=0{,}225$ et $P_F(H)\times P(F)=\frac{9}{14}\times 0{,}35=0{,}225$ ✓. Les deux produits valent $P(H\cap F)$, et c'est normal : chacun n'est qu'une façon de reconstituer la case commune, une fois en partant des hommes, une fois en partant des fumeurs. Cette double écriture $P(A\cap B)=P_A(B)\times P(A)=P_B(A)\times P(B)$ est la relation centrale du chapitre. C'est elle qui, réarrangée, donne $P_B(A)=\frac{P_A(B)\times P(A)}{P(B)}$, c'est-à-dire la formule qui permet de RETOURNER un conditionnement, exactement ce que demanderont les exercices 3, 5 et 6.

Premier niveau : la branche $A$ porte $0{,}4$ et la branche $\overline{A}$ porte $0{,}6$, puisque les deux branches issues d'un même nœud somment toujours à $1$. Second niveau, depuis $A$ : $B$ à $0{,}75$ et $\overline{B}$ à $0{,}25$. Depuis $\overline{A}$ : $B$ à $0{,}25$ et $\overline{B}$ à $0{,}75$. Point de vocabulaire essentiel : les poids du SECOND niveau sont toujours des probabilités CONDITIONNELLES, jamais des probabilités simples. Contrôle de construction : chaque nœud doit voir partir des branches de somme $1$, ce qui se vérifie ici trois fois.

On multiplie le long d'un chemin : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=0{,}4\times 0{,}75=0{,}30$, et $P(\overline{A}\cap B)=0{,}6\times 0{,}25=0{,}15$. La multiplication le long d'un chemin est exactement la relation $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$ écrite autrement.

L'événement $B$ se réalise par deux chemins distincts et incompatibles, celui qui passe par $A$ et celui qui passe par $\overline{A}$ : on ADDITIONNE donc leurs probabilités. $P(B)=0{,}30+0{,}15=0{,}45$. C'est la formule des probabilités totales, et sa forme générale est $P(B)=P(A)\times P_A(B)+P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B)$. La règle du chapitre tient en deux verbes : on multiplie LE LONG d'un chemin, on additionne ENTRE les chemins.

$P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}30}{0{,}45}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$. Noter le sens de la question : l'arbre est construit dans le sens $A$ puis $B$, mais on demande ici de remonter de $B$ vers $A$. C'est ce retournement qui rend ce type de question plus difficile qu'il n'y paraît, et la seule méthode fiable est de repasser par la définition, numérateur $P(A\cap B)$ lu sur un chemin, dénominateur $P(B)$ obtenu par les probabilités totales.

$P_A(B)+P_A(\overline{B})=0{,}75+0{,}25=1$ ✓, et c'est une règle générale : ces deux branches partent du même nœud et couvrent toutes les possibilités une fois $A$ acquis. En revanche $P_A(B)+P_{\overline{A}}(B)$ vaut ici $0{,}75+0{,}25=1$ par pure coïncidence numérique : ces deux nombres sont les poids de branches issues de nœuds DIFFÉRENTS, et rien ne les relie. Si $P_{\overline{A}}(B)$ valait $0{,}4$, la somme ferait $1{,}15$, ce qui ne poserait aucun problème. Retenir la formulation exacte : ce qui somme à $1$, ce sont les branches d'un même nœud, jamais deux branches portant la même étiquette sur des nœuds différents.

$P(X)=0{,}65$ et $P(Y)=1-0{,}65=0{,}35$ sont des probabilités SIMPLES : elles portent sur le stock entier. La phrase « parmi les ampoules de $X$, $3$ % sont défectueuses » contient le mot parmi, qui signale un changement de population de référence : elle se traduit par la conditionnelle $P_X(D)=0{,}03$, et de même $P_Y(D)=0{,}08$. Savoir repérer ce mot dans un énoncé vaut plusieurs points : une donnée mal classée fausse tout le reste.

On multiplie le long du chemin : $P(X\cap D)=P(X)\times P_X(D)=0{,}65\times 0{,}03=0{,}0195$. Autrement dit, $1{,}95$ % de la totalité du stock est à la fois de marque $X$ et défectueux, à ne pas confondre avec les $3$ % qui ne concernaient que les ampoules de $X$.

Le second chemin donne $P(Y\cap D)=0{,}35\times 0{,}08=0{,}028$. Par les probabilités totales : $P(D)=0{,}0195+0{,}028=0{,}0475$, soit $4{,}75$ % du stock. Contrôle de plausibilité utile : ce résultat doit toujours être compris entre les deux taux $3$ % et $8$ %, puisqu'il en est une moyenne pondérée par les parts de marché ✓.

On retourne le conditionnement : $P_D(Y)=\frac{P(Y\cap D)}{P(D)}=\frac{0{,}028}{0{,}0475}\approx 0{,}589$. Bien que $Y$ ne fournisse que $35$ % du stock, il est responsable de près de $59$ % des ampoules défectueuses. La cohérence se vérifie d'un coup d'œil : $P_D(X)=\frac{0{,}0195}{0{,}0475}\approx 0{,}411$, et les deux somment bien à $1$ ✓, une ampoule défectueuse venant forcément de l'un des deux fournisseurs.

Les deux nombres répondent à deux questions opposées et se lisent dans deux sens différents. $P_Y(D)=0{,}08$ part du fournisseur et va vers le défaut : c'est le taux de défaut de $Y$, une caractéristique de sa production. $P_D(Y)\approx 0{,}589$ part du défaut et remonte vers le fournisseur : c'est la part de $Y$ dans les rebuts, qui dépend AUSSI des volumes livrés. Le second nombre est bien plus grand que le premier, ce qui n'a rien de contradictoire puisqu'ils n'ont ni le même dénominateur ni le même sens. C'est exactement la dissymétrie établie à l'exercice 1, et c'est elle qui rendra le résultat de l'exercice 6 si surprenant.

On teste le produit : $P(A)\times P(B)=0{,}4\times 0{,}5=0{,}2$, qui est exactement $P(A\cap B)$. Les événements $A$ et $B$ sont donc indépendants. Rédaction attendue : on calcule le produit d'un côté, on le compare à l'intersection de l'autre, et on conclut. Annoncer l'indépendance sans ce calcul ne rapporte aucun point.

$P(C)\times P(D)=0{,}3\times 0{,}6=0{,}18$, alors que $P(C\cap D)=0{,}2$. Les deux valeurs diffèrent, donc $C$ et $D$ ne sont PAS indépendants. L'écart est faible, $0{,}02$, mais un critère d'égalité ne se négocie pas : il n'existe pas d'événements presque indépendants.

$P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0{,}2}{0{,}4}=0{,}5$, qui est bien $P(B)$ ✓. C'est la lecture intuitive de l'indépendance : savoir que $A$ est réalisé ne modifie en rien la probabilité de $B$. L'information apportée par $A$ est sans valeur pour prévoir $B$.

$P_C(D)=\frac{0{,}2}{0{,}3}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$, contre $P(D)=0{,}6$. Savoir que $C$ est réalisé AUGMENTE la probabilité de $D$ : les deux événements sont positivement liés. On peut le dire dans l'autre sens et le vérifier : $P_D(C)=\frac{0{,}2}{0{,}6}=\frac{1}{3}\approx 0{,}333$, contre $P(C)=0{,}3$, également en hausse. La liaison est symétrique, même si les deux écarts ne sont pas égaux.

On calcule $P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=0{,}4-0{,}2=0{,}2$, puis on teste : $P(A)\times P(\overline{B})=0{,}4\times 0{,}5=0{,}2$ ✓. Donc $A$ et $\overline{B}$ sont eux aussi indépendants. Le résultat est général et vaut la peine d'être retenu : si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont, ainsi que $\overline{A}$ et $B$, et $\overline{A}$ et $\overline{B}$. C'est logique, puisque si $A$ n'apporte aucune information sur $B$, il n'en apporte pas davantage sur le contraire de $B$.

$P(R)=0{,}12$ est une probabilité simple. La phrase « parmi les colis en retard, $30$ % ont été expédiés le vendredi » se restreint aux colis en retard : c'est $P_R(V)=0{,}30$. Enfin $P(V)=0{,}20$ porte sur l'ensemble des colis, c'est donc une probabilité simple. L'énoncé fournit délibérément le conditionnement dans le sens $R$ vers $V$ alors que la question c) le demandera dans l'autre sens : c'est le cœur de l'exercice.

$P(R\cap V)=P(R)\times P_R(V)=0{,}12\times 0{,}30=0{,}036$. Donc $3{,}6$ % de tous les colis sont à la fois expédiés le vendredi et en retard.

On retourne le conditionnement en repartant de la définition, avec le même numérateur mais l'autre dénominateur : $P_V(R)=\frac{P(R\cap V)}{P(V)}=\frac{0{,}036}{0{,}20}=0{,}18$. Parmi les colis du vendredi, $18$ % arrivent en retard, contre $12$ % en moyenne sur l'ensemble.

Non, ils ne sont pas indépendants : $P(R)\times P(V)=0{,}12\times 0{,}20=0{,}024$, ce qui diffère de $P(R\cap V)=0{,}036$. La lecture la plus parlante est celle des conditionnelles : $P_V(R)=0{,}18$ contre $P(R)=0{,}12$, soit un risque de retard une fois et demie plus élevé pour un colis du vendredi. L'entreprise devrait examiner son organisation de fin de semaine. Attention toutefois à la formulation de la conclusion, qui est reprise à l'exercice 9 : ces chiffres établissent une association, pas une cause.

Sur $1000$ colis : $200$ partent le vendredi et $800$ les autres jours ; $120$ arrivent en retard, dont $36$ partis le vendredi, donc $84$ les autres jours. Le taux de retard vaut $\frac{36}{200}=18$ % le vendredi contre $\frac{84}{800}=10{,}5$ % les autres jours. L'écart réel est donc de $18$ contre $10{,}5$, et non de $18$ contre $12$ : la moyenne de $12$ % inclut déjà les colis du vendredi, ce qui la tire vers le haut et masque une partie de l'écart. Ce raisonnement sur des effectifs entiers, appelé fréquences naturelles, est le meilleur moyen de rendre un résultat conditionnel lisible, et il resservira à l'exercice 6.

$P(M)=0{,}02$ donc $P(\overline{M})=0{,}98$. La phrase « si la personne est malade, le test est positif dans $95$ % des cas » est conditionnelle : $P_M(T)=0{,}95$, d'où $P_M(\overline{T})=0{,}05$, ce sont les faux négatifs. De même $P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}96$, d'où $P_{\overline{M}}(T)=0{,}04$, les faux positifs. Contrôle : les branches de chaque nœud somment bien à $1$ ✓.

$P(M\cap T)=0{,}02\times 0{,}95=0{,}019$ : ce sont les vrais positifs, $1{,}9$ % de la population. $P(\overline{M}\cap T)=0{,}98\times 0{,}04=0{,}0392$ : les faux positifs, $3{,}92$ %. Le fait décisif apparaît déjà ici : les faux positifs sont DEUX FOIS plus nombreux que les vrais positifs.

$P(T)=0{,}019+0{,}0392=0{,}0582$, soit $5{,}82$ % de tests positifs dans la population, alors que seulement $2$ % sont malades.

$P_T(M)=\frac{P(M\cap T)}{P(T)}=\frac{0{,}019}{0{,}0582}\approx 0{,}326$. Environ $32{,}6$ % seulement des personnes testées positives sont réellement malades, soit à peine une sur trois.

Le résultat surprend parce que la maladie est RARE. Les $4$ % de faux positifs s'appliquent aux $98$ % de personnes saines, ce qui produit mécaniquement plus de faux positifs que de vrais positifs, lesquels ne peuvent être prélevés que sur les $2$ % de malades. Ce n'est donc pas la qualité du test qui est en cause, c'est la rareté de la maladie. Le test reste néanmoins très utile : avant le test, la probabilité d'être malade était de $2$ % ; après un test positif, elle passe à $32{,}6$ %, soit environ seize fois plus. Son rôle est de sélectionner une petite population à qui proposer un second examen, plus lourd et plus précis. À noter aussi que $P_{\overline{T}}(\overline{M})=\frac{0{,}9408}{0{,}9418}\approx 0{,}999$ : un test négatif est, lui, extrêmement fiable, ce qui est exactement ce qu'on demande à un test de dépistage de masse.

Sur $10\ 000$ personnes : $200$ sont malades et $9\ 800$ sont saines. Parmi les $200$ malades, $95$ % ont un test positif, soit $190$ personnes. Parmi les $9\ 800$ saines, $4$ % ont un test positif, soit $392$ personnes. Le total des tests positifs est donc $190+392=582$, dont $190$ vraiment malades : la proportion cherchée vaut $\frac{190}{582}\approx 0{,}326$ ✓, identique au calcul en probabilités. Formulée ainsi, la surprise disparaît : on voit tout de suite que les $392$ faux positifs proviennent d'un très gros groupe, même avec un taux d'erreur faible. C'est la présentation à privilégier pour expliquer le résultat à quelqu'un, et elle est acceptée en rédaction au baccalauréat.