Exercice 0.1 : Calculer avec les règles des probabilités : douze calculs directs

13 réponses vérifiables

Dans chaque ligne, $A$ et $B$ sont deux événements d'une même expérience aléatoire, et les données suffisent. Calculez la probabilité demandée, en valeur décimale exacte ou au millième, ou répondez à la question posée.

Un seul geste porte toute la liste : avant d'écrire un nombre, dire SUR QUOI on compte. Une probabilité simple compte dans tout l'univers ; une probabilité conditionnelle $P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}$ compte dans $B$ seulement, et c'est $P(B)$ qui passe au dénominateur.

a) $P(A)=0{,}37$ : calculez $P(\overline{A})$ .
b) $P(A)=0{,}45$ , $P(B)=0{,}32$ , $P(A\cap B)=0{,}12$ : calculez $P(A\cup B)$ .
c) Mêmes données qu'en b) : calculez $P(A\mid B)$ .
d) Mêmes données qu'en b) : calculez $P(B\mid A)$ , au millième.
e) Mêmes données qu'en b) : calculez $P(A\cap\overline{B})$ .
f) Mêmes données qu'en b) : calculez $P(\overline{A}\cap\overline{B})$ .
g) $A$ et $B$ sont indépendants, $P(A)=0{,}4$ et $P(B)=0{,}25$ : calculez $P(A\cap B)$ .
h) Mêmes données qu'en g) : calculez $P(A\cup B)$ .
i) $A$ et $B$ sont incompatibles, $P(A)=0{,}4$ et $P(B)=0{,}25$ : calculez $P(A\cup B)$ et $P(A\mid B)$ .
j) $P(B)=0{,}3$ , $P(A\mid B)=0{,}8$ et $P(A\mid\overline{B})=0{,}1$ : calculez $P(A)$ .
k) Mêmes données qu'en j) : calculez $P(B\mid A)$ , au millième.
l) $P(A)=0{,}6$ , $P(B)=0{,}5$ et $P(A\cap B)=0{,}3$ : $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/13

a)

P(\overline{A})

b)

P(A\cup B)

c)

P(A\mid B)

d)

P(B\mid A)

e)

P(A\cap\overline{B})

f)

P(\overline{A}\cap\overline{B})

g)

P(A\cap B)

h)

P(A\cup B)

i)

P(A\cup B)

P(A\mid B)

j)

P(A)

k)

P(B\mid A)

l)

Indépendants ?

Voir la correction

Réponses

a) $P(\overline{A})=0{,}63$
b) $P(A\cup B)=0{,}65$
c) $P(A\mid B)=0{,}375$
d) $P(B\mid A)\approx 0{,}267$
e) $P(A\cap\overline{B})=0{,}33$
f) $P(\overline{A}\cap\overline{B})=0{,}35$
g) $P(A\cap B)=0{,}1$
h) $P(A\cup B)=0{,}55$
i) $P(A\cup B)=0{,}65$ et $P(A\mid B)=0$
j) $P(A)=0{,}31$
k) $P(B\mid A)\approx 0{,}774$
l) Oui : $P(A)P(B)=0{,}3=P(A\cap B)$

a)

Le contraire : $P(\overline{A})=1-P(A)=1-0{,}37=0{,}63$ .

b)

Formule de l'union :

\displaystyle P(A\cup B)=0{,}45+0{,}32-0{,}12=0{,}65

On retire l'intersection, comptée une fois dans $P(A)$ et une fois dans $P(B)$ .

c)

La condition $B$ devient l'univers, donc $P(B)$ va au dénominateur :

\displaystyle P(A\mid B)=\dfrac{0{,}12}{0{,}32}=0{,}375

d)

Même intersection, autre univers :

\displaystyle P(B\mid A)=\dfrac{0{,}12}{0{,}45}\approx 0{,}267

Piège : croire que $P(B\mid A)=P(A\mid B)$ . Le numérateur est le même, le dénominateur ne l'est pas, et les deux nombres diffèrent dès que $P(A)\neq P(B)$ .

e)

$A$ se partage en deux morceaux disjoints, $A\cap B$ et $A\cap\overline{B}$ :

\displaystyle P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=0{,}45-0{,}12=0{,}33

f)

« Ni $A$ ni $B$ » est le contraire de « $A$ ou $B$ » (loi de De Morgan, $\overline{A}\cap\overline{B}=\overline{A\cup B}$ ) :

\displaystyle P(\overline{A}\cap\overline{B})=1-0{,}65=0{,}35

g)

Indépendants : la probabilité de l'intersection est le produit.

\displaystyle P(A\cap B)=0{,}4\times 0{,}25=0{,}1

h)

La formule de l'union vaut toujours :

\displaystyle P(A\cup B)=0{,}4+0{,}25-0{,}1=0{,}55

Piège : additionner $0{,}4+0{,}25$ comme si $A$ et $B$ étaient incompatibles. Deux événements indépendants de probabilités non nulles ont une intersection de probabilité non nulle.

i)

Incompatibles : $A\cap B=\varnothing$ , donc $P(A\cap B)=0$ et l'union est une simple somme, $P(A\cup B)=0{,}65$ .

Et $P(A\mid B)=\dfrac{0}{0{,}25}=0$ : savoir que $B$ est réalisé exclut $A$ . Comparez avec g), où les mêmes probabilités donnent une intersection de $0{,}1$ .

j)

$B$ et $\overline{B}$ partagent l'univers. Formule des probabilités totales :

\displaystyle P(A)=P(B)P(A\mid B)+P(\overline{B})P(A\mid\overline{B})=0{,}3\times 0{,}8+0{,}7\times 0{,}1=0{,}31

k)

On retourne la condition avec le résultat de j) au dénominateur :

\displaystyle P(B\mid A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}31}\approx 0{,}774

C'est la formule de Bayes, sur deux branches.

l)

On compare l'intersection au produit : $P(A)P(B)=0{,}6\times 0{,}5=0{,}3=P(A\cap B)$ . Les événements sont indépendants.

Contrôle par la définition : $P(A\mid B)=\dfrac{0{,}3}{0{,}5}=0{,}6=P(A)$ , savoir $B$ ne change rien pour $A$ .

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Exercice 1 : Des axiomes aux règles de calcul : les chants captés par un enregistreur en forêt

8 réponses vérifiables

Un enregistreur acoustique automatique est fixé à un arbre d'une forêt mixte. Chaque matin de juin, son logiciel identifie l'espèce qui a émis la première vocalisation détectée après l'aube. Sur une saison, les fréquences observées donnent le modèle du tableau, que l'on adopte : l'expérience aléatoire est « relever l'espèce de la première vocalisation d'un matin pris au hasard », et seules ces sept espèces sont détectées à cette heure. La probabilité de l'Hirondelle bicolore a été effacée du rapport.

On note $M$ l'événement « l'espèce est migratrice » et $N$ l'événement « l'espèce niche dans une cavité ». Le diagramme place chaque espèce, par son code, dans $M$ , dans $N$ , dans les deux ou dans aucun.

On rappelle les trois axiomes d'une probabilité $P$ sur un univers $\Omega$ : (A1) $P(E)\ge 0$ pour tout événement $E$ ; (A2) $P(\Omega)=1$ ; (A3) si $E\cap F=\varnothing$ , alors $P(E\cup F)=P(E)+P(F)$ .

Code	Espèce	Migratrice	Nid	Probabilité
G	Grive solitaire	oui	au sol	0,20
P	Paruline couronnée	oui	au sol	0,16
B	Bruant à gorge blanche	oui	au sol	0,24
H	Hirondelle bicolore	oui	cavité	?
T	Mésange à tête noire	non	cavité	0,14
C	Pic chevelu	non	cavité	0,06
J	Mésangeai du Canada	non	branche	0,08

a) Décrivez l'univers $\Omega$ . Déterminez la probabilité de l'Hirondelle bicolore en nommant les axiomes utilisés.
b) À l'aide du diagramme, calculez $P(M)$ , $P(N)$ et $P(M\cap N)$ .
c) Calculez $P(M\cup N)$ par la formule de l'union, puis par l'événement contraire. Traduisez $\overline{M\cup N}$ par une phrase.
d) Démontrez, à partir des seuls axiomes (A1) à (A3), que $P(\overline{E})=1-P(E)$ , puis que $P(E\cup F)=P(E)+P(F)-P(E\cap F)$ pour deux événements quelconques $E$ et $F$ .
e) Un élève remarque que $P(M)+P(N)>1$ et conclut que le modèle est faux, puisqu'une probabilité ne dépasse jamais $1$ . Le modèle est-il incohérent ? Justifiez.
f) Calculez $P(M\mid N)$ et $P(N\mid M)$ , au millième. Expliquez en une phrase pourquoi ces deux nombres diffèrent.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/8

a)

Probabilité de H

b)

P(M)

P(N)

P(M\cap N)

c)

P(M\cup N)

e)

Le modèle est-il incohérent ?

f)

P(M\mid N)

P(N\mid M)

Voir la correction

Réponses

a) $\Omega=\{G,P,B,H,T,C,J\}$ ; $P(\{H\})=0{,}12$
b) $P(M)=0{,}72$ , $P(N)=0{,}32$ , $P(M\cap N)=0{,}12$
c) $P(M\cup N)=0{,}92$ ; $\overline{M\cup N}$ : « l'espèce est résidente et ne niche pas dans une cavité », soit $\{J\}$
d) Démonstrations par (A2) et (A3) sur une partition en morceaux disjoints
e) Non : $P(M)+P(N)=1{,}04$ compte deux fois $P(M\cap N)=0{,}12$
f) $P(M\mid N)=0{,}375$ ; $P(N\mid M)\approx 0{,}167$ : les dénominateurs diffèrent

a)

Une issue est une espèce : $\Omega=\{G,P,B,H,T,C,J\}$ , sept issues qui ne sont PAS équiprobables.

Les sept événements élémentaires sont deux à deux disjoints et leur réunion est $\Omega$ . Par (A3) appliqué de proche en proche, puis (A2) :

\displaystyle P(\{G\})+P(\{P\})+\dots+P(\{J\})=P(\Omega)=1

\displaystyle P(\{H\})=1-(0{,}20+0{,}16+0{,}24+0{,}14+0{,}06+0{,}08)=1-0{,}88=0{,}12

Le résultat est positif, comme l'exige (A1) : le modèle complété est une probabilité.

b)

On additionne les espèces de chaque région, disjointes deux à deux, par (A3) :

\displaystyle P(M)=P(\{G,P,B,H\})=0{,}20+0{,}16+0{,}24+0{,}12=0{,}72

\displaystyle P(N)=P(\{H,T,C\})=0{,}12+0{,}14+0{,}06=0{,}32

$M\cap N=\{H\}$ , la seule espèce migratrice qui niche dans une cavité : $P(M\cap N)=0{,}12$ .

c)

Par la formule de l'union :

\displaystyle P(M\cup N)=0{,}72+0{,}32-0{,}12=0{,}92

Par le contraire : $\overline{M\cup N}=\overline{M}\cap\overline{N}$ , l'espèce n'est pas migratrice ET ne niche pas dans une cavité. C'est le Mésangeai du Canada seul, d'où $P(M\cup N)=1-0{,}08=0{,}92$ .

Les deux calculs concordent : c'est la vérification à faire chaque fois qu'on a deux chemins.

d)

Complémentaire. $E$ et $\overline{E}$ sont disjoints et $E\cup\overline{E}=\Omega$ . Par (A3) puis (A2) :

$P(E)+P(\overline{E})=P(\Omega)=1$ , donc $P(\overline{E})=1-P(E)$ .

Union. On découpe en morceaux disjoints : $E\cup F=E\cup(F\cap\overline{E})$ et $F=(F\cap E)\cup(F\cap\overline{E})$ . Par (A3), deux fois :

$P(E\cup F)=P(E)+P(F\cap\overline{E})$ et $P(F)=P(F\cap E)+P(F\cap\overline{E})$

On tire $P(F\cap\overline{E})=P(F)-P(E\cap F)$ de la seconde égalité et on le reporte dans la première :

\displaystyle P(E\cup F)=P(E)+P(F)-P(E\cap F)

Le cas incompatible n'est que le cas particulier $P(E\cap F)=0$ : la somme simple est l'axiome (A3), pas une règle générale.

e)

Non. $P(M)+P(N)=0{,}72+0{,}32=1{,}04$ n'est la probabilité d'aucun événement : H y est compté une fois dans $M$ et une fois dans $N$ .

Les axiomes ne disent rien de la somme de deux probabilités d'événements qui se chevauchent. La probabilité de l'union, elle, vaut $0{,}92\le 1$ .

Piège : additionner les probabilités de deux événements sans vérifier qu'ils sont disjoints. Le dépassement de $1$ est ici le signal d'une intersection non vide, pas d'une erreur du modèle.

f)

Sachant $N$ , l'univers devient $N=\{H,T,C\}$ , de probabilité $0{,}32$ :

\displaystyle P(M\mid N)=\dfrac{P(M\cap N)}{P(N)}=\dfrac{0{,}12}{0{,}32}=0{,}375

Sachant $M$ , l'univers devient $M=\{G,P,B,H\}$ , de probabilité $0{,}72$ :

\displaystyle P(N\mid M)=\dfrac{0{,}12}{0{,}72}\approx 0{,}167

Même numérateur, l'Hirondelle bicolore, mais pas le même univers : parmi les cavicoles, elle pèse beaucoup ; parmi les migratrices, elle se noie. C'est le fil de toute la série.

Exercice 2 : Incompatibles ou indépendants : les deux plaques d'un télescope à muons

8 réponses vérifiables

Un télescope à muons de laboratoire empile deux plaques de scintillateur, S1 et S2, reliées chacune à un photomultiplicateur. Un boîtier de coïncidence ne compte une particule que si les DEUX plaques ont réagi. Pour un muon qui traverse les deux plaques, on note $D_{1}$ « S1 le détecte » et $D_{2}$ « S2 le détecte ». Les efficacités mesurées sont $P(D_{1})=0{,}96$ et $P(D_{2})=0{,}93$ , et l'on admet que $D_{1}$ et $D_{2}$ sont indépendants : la lumière produite dans une plaque n'influe pas sur la détection dans l'autre.

Par ailleurs, on modélise la nature d'une particule chargée qui atteint le télescope : c'est un muon (événement $U$ ) avec la probabilité $0{,}75$ , un électron (événement $E$ ) avec la probabilité $0{,}20$ , une autre particule sinon.

a) Calculez la probabilité qu'un muon qui traverse le télescope soit compté par le boîtier de coïncidence.
b) Calculez $P(D_{1}\cup D_{2})$ de deux façons : par la formule de l'union, puis par l'événement contraire.
c) Démontrez que si deux événements $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont aussi. Déduisez-en la probabilité qu'un muon soit vu par S1 mais manqué par S2.
d) Les événements $U$ et $E$ sont-ils incompatibles ? Sont-ils indépendants ? Justifiez chaque réponse par un calcul.
e) Démontrez que deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants. Les événements $D_{1}$ et $D_{2}$ sont-ils incompatibles ?
f) Calculez $P(E\mid U)$ , puis $P(E\mid\overline{U})$ . Interprétez ces deux valeurs.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/8

a)

P(D_{1}\cap D_{2})

b)

P(D_{1}\cup D_{2})

c)

P(D_{1}\cap\overline{D_{2}})

d)

U

et

E

incompatibles ?

U

et

E

indépendants ?

e)

D_{1}

et

D_{2}

incompatibles ?

f)

P(E\mid U)

P(E\mid\overline{U})

Voir la correction

Réponses

a) $P(D_{1}\cap D_{2})=0{,}8928\approx 0{,}893$
b) $P(D_{1}\cup D_{2})=0{,}9972$
c) $P(D_{1}\cap\overline{D_{2}})=0{,}96\times 0{,}07=0{,}0672$
d) Incompatibles : oui ; indépendants : non, $0\neq 0{,}15$
e) $P(A\cap B)=0<P(A)P(B)$ ; $D_{1}$ et $D_{2}$ ne sont pas incompatibles
f) $P(E\mid U)=0$ ; $P(E\mid\overline{U})=0{,}8$

a)

Le muon est compté si S1 ET S2 le détectent. Les deux événements sont indépendants, donc :

\displaystyle P(D_{1}\cap D_{2})=P(D_{1})P(D_{2})=0{,}96\times 0{,}93=0{,}8928\approx 0{,}893

Près d'un muon sur neuf échappe au comptage, alors que chaque plaque en voit plus de neuf sur dix : exiger une coïncidence se paie en efficacité, et c'est le prix d'un bruit de fond réduit.

b)

Par l'union :

\displaystyle P(D_{1}\cup D_{2})=0{,}96+0{,}93-0{,}8928=0{,}9972

Par le contraire : « au moins une plaque » a pour contraire « aucune plaque », et $\overline{D_{1}}$ , $\overline{D_{2}}$ sont indépendants (question c) :

\displaystyle 1-P(\overline{D_{1}})P(\overline{D_{2}})=1-0{,}04\times 0{,}07=1-0{,}0028=0{,}9972

c)

$A$ se partage en deux morceaux disjoints, $A\cap B$ et $A\cap\overline{B}$ , donc $P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)$ . Avec l'indépendance de $A$ et $B$ :

\displaystyle P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\bigl(1-P(B)\bigr)=P(A)P(\overline{B})

C'est exactement la définition de l'indépendance de $A$ et $\overline{B}$ .

Application : $P(D_{1}\cap\overline{D_{2}})=0{,}96\times 0{,}07=0{,}0672$ .

d)

Une particule ne peut pas être à la fois un muon et un électron : $U\cap E=\varnothing$ , les événements sont incompatibles.

Indépendance : $P(U\cap E)=0$ alors que $P(U)P(E)=0{,}75\times 0{,}20=0{,}15$ . Les deux nombres diffèrent, $U$ et $E$ ne sont PAS indépendants.

Piège : dire « ils n'ont rien à voir, donc ils sont indépendants ». Savoir que la particule est un muon exclut l'électron : c'est la dépendance la plus forte qui soit.

e)

Si $A\cap B=\varnothing$ avec $P(A)>0$ et $P(B)>0$ , alors $P(A\cap B)=0$ tandis que $P(A)P(B)>0$ comme produit de deux nombres strictement positifs. L'égalité de l'indépendance est impossible.

Réciproquement, $D_{1}$ et $D_{2}$ sont indépendants et $P(D_{1}\cap D_{2})=0{,}8928\neq 0$ : ils ne sont pas incompatibles, la plupart des muons sont vus par les deux plaques.

Les deux mots disent même presque le contraire : incompatibles, la réalisation de l'un renseigne totalement sur l'autre ; indépendants, elle ne renseigne pas du tout.

f)

Sachant $U$ , l'électron est exclu : $P(E\mid U)=\dfrac{P(E\cap U)}{P(U)}=0$ .

Sachant $\overline{U}$ , l'univers se réduit aux particules qui ne sont pas des muons, de probabilité $0{,}25$ ; l'électron en fait partie :

\displaystyle P(E\mid\overline{U})=\dfrac{P(E\cap\overline{U})}{P(\overline{U})}=\dfrac{0{,}20}{0{,}25}=0{,}8

Une condition change l'univers dans lequel on compte : elle peut annuler une probabilité ou la multiplier par quatre. Aucune des deux ne vaut $P(E)=0{,}20$ , ce qui confirme que $U$ et $E$ sont dépendants.

Exercice 3 : Lire un tableau de contingence : l'ADN environnemental d'une moule envahissante selon la saison

10 réponses vérifiables

Une équipe cherche l'ADN de la moule zébrée, espèce envahissante, dans l'eau de lacs où sa présence est déjà confirmée par des plongeurs. Chaque prélèvement d'un litre est filtré, puis l'ADN de l'espèce est recherché par amplification. Le tableau donne le résultat de $200$ prélèvements selon la saison. On tire un prélèvement au hasard parmi les $200$ et l'on note $D$ « l'ADN de l'espèce est détecté », $Pr$ , $\acute{E}$ et $Au$ les saisons du prélèvement.

Par ailleurs, $120$ de ces prélèvements ont été filtrés sur une membrane de type A, et $36$ d'entre eux ont donné une détection.

	Printemps	Été	Automne	Total
Détecté	15	36	9	60
Non détecté	45	44	51	140
Total	60	80	60	200

a) Calculez $P(D)$ , $P(\acute{E})$ et $P(D\cap\acute{E})$ .
b) Calculez $P(D\mid\acute{E})$ et $P(\acute{E}\mid D)$ . Expliquez, à l'aide du tableau, pourquoi ces deux nombres diffèrent.
c) Calculez $P(D\mid Pr)$ et $P(D\mid Au)$ .
d) La détection est-elle indépendante de la saison du prélèvement ? Justifiez par une comparaison.
e) Retrouvez $P(D)$ à partir des seules probabilités conditionnelles de b) et c) et des proportions des trois saisons. Nommez la formule utilisée.
f) On note $A$ « le prélèvement a été filtré sur une membrane de type A ». Dans ces données, $D$ et $A$ sont-ils indépendants ? Peut-on en conclure que le type de membrane n'a aucun effet sur la détection ?

Voir la correction

Réponses

a) $P(D)=0{,}3$ , $P(\acute{E})=0{,}4$ , $P(D\cap\acute{E})=0{,}18$
b) $P(D\mid\acute{E})=0{,}45$ ; $P(\acute{E}\mid D)=0{,}6$ : dénominateurs $80$ et $60$
c) $P(D\mid Pr)=0{,}25$ ; $P(D\mid Au)=0{,}15$
d) Non : $P(D\mid\acute{E})=0{,}45\neq P(D)=0{,}3$
e) Probabilités totales : $0{,}3\times 0{,}25+0{,}4\times 0{,}45+0{,}3\times 0{,}15=0{,}3$
f) Oui, $P(D\mid A)=0{,}3=P(D)$ ; mais une égalité dans un échantillon ne prouve pas l'absence d'effet

a)

On lit les totaux et la case utile, sur les $200$ prélèvements :

$P(D)=\dfrac{60}{200}=0{,}3$ , $P(\acute{E})=\dfrac{80}{200}=0{,}4$ , $P(D\cap\acute{E})=\dfrac{36}{200}=0{,}18$

b)

Sachant l'été, l'univers devient la colonne Été, $80$ prélèvements :

\displaystyle P(D\mid\acute{E})=\dfrac{36}{80}=0{,}45

Sachant $D$ , l'univers devient la ligne Détecté, $60$ prélèvements :

\displaystyle P(\acute{E}\mid D)=\dfrac{36}{60}=0{,}6

La case $36$ est la même ; la condition choisit le total par lequel on divise. Avec les probabilités : $\dfrac{0{,}18}{0{,}4}$ contre $\dfrac{0{,}18}{0{,}3}$ .

Piège : répondre $0{,}18$ , la probabilité de l'intersection, à une question conditionnelle. « Parmi les prélèvements d'été » restreint l'univers ; « détecté et en été » ne le restreint pas.

c)

Même geste dans les deux autres colonnes :

$P(D\mid Pr)=\dfrac{15}{60}=0{,}25$ et $P(D\mid Au)=\dfrac{9}{60}=0{,}15$

d)

Si la détection était indépendante de la saison, on aurait $P(D\mid\acute{E})=P(D)$ . Or $0{,}45\neq 0{,}3$ : la détection dépend de la saison.

On le vérifie aussi par le produit : $P(D)P(\acute{E})=0{,}12$ alors que $P(D\cap\acute{E})=0{,}18$ .

Une explication biologique plausible, que les données ne prouvent pas à elles seules : en eau chaude, la moule est plus active et libère davantage d'ADN, notamment pendant la reproduction.

e)

Les trois saisons forment une partition de l'univers. Formule des probabilités totales :

\displaystyle P(D)=P(Pr)P(D\mid Pr)+P(\acute{E})P(D\mid\acute{E})+P(Au)P(D\mid Au)

\displaystyle P(D)=0{,}3\times 0{,}25+0{,}4\times 0{,}45+0{,}3\times 0{,}15=0{,}075+0{,}18+0{,}045=0{,}3

On retrouve la lecture directe de a). La figure du corrigé le montre : chaque colonne a pour largeur la probabilité de sa saison, la part bleue a pour hauteur la probabilité conditionnelle, et son aire est la probabilité de l'intersection.

f)

$P(D\mid A)=\dfrac{36}{120}=0{,}3=P(D)$ : dans ces $200$ prélèvements, $D$ et $A$ sont indépendants.

On ne peut pas pour autant affirmer que la membrane n'a aucun effet. Une égalité exacte dans un échantillon est fragile : quelques prélèvements de plus la feraient bouger, et un effet réel pourrait être masqué par la saison si les membranes n'ont pas été utilisées dans les mêmes proportions selon la saison.

Décider si un écart observé dans un tableau de contingence révèle une vraie dépendance est l'objet du test d'indépendance du khi-carré, vu plus loin dans le cours.

Exercice 4 : Génétique mendélienne : pourquoi la sœur saine est porteuse avec la probabilité 2/3

6 réponses vérifiables

Une maladie héréditaire est due à un allèle récessif $a$ d'un gène autosomique ; l'allèle normal $A$ est dominant. Seules les personnes $aa$ sont atteintes ; les personnes $Aa$ sont dites porteuses saines. Dans la famille de l'arbre généalogique, Hugo est atteint, ses deux parents et sa sœur Léa ne le sont pas. Léa a un conjoint, Marc, sans aucun antécédent familial.

Modèle adopté : chaque parent transmet l'un de ses deux allèles avec la probabilité $\frac{1}{2}$ , indépendamment de l'autre parent et d'un enfant à l'autre ; une personne de la population générale, saine et sans antécédent, est porteuse avec la probabilité $\frac{1}{30}$ (valeur choisie pour l'exercice, du même ordre que pour plusieurs maladies récessives).

a) Justifiez que les deux parents de Hugo sont porteurs, de génotype $Aa$ .
b) Pour un enfant de ces parents, calculez les probabilités des génotypes $aa$ , $Aa$ et $AA$ à l'aide d'un arbre des deux allèles transmis.
c) Léa n'est pas atteinte. Montrez que la probabilité qu'elle soit porteuse vaut $\frac{2}{3}$ , et non $\frac{1}{2}$ .
d) Calculez la probabilité que le premier enfant de Léa et Marc soit atteint.
e) Léa et Marc prévoient deux enfants. Calculez la probabilité qu'au moins l'un des deux soit atteint, au cent-millième.
f) Un élève répond à e) par $1-\left(1-\frac{1}{180}\right)^{2}$ . Expliquez pourquoi ce calcul est faux.

Voir la correction

Réponses

a) Hugo est $aa$ : il a reçu un $a$ de chaque parent, sains, donc $Aa$
b) $P(aa)=\frac{1}{4}$ , $P(Aa)=\frac{1}{2}$ , $P(AA)=\frac{1}{4}$
c) $P(Aa\mid\text{saine})=\dfrac{1/2}{3/4}=\dfrac{2}{3}$
d) $\frac{2}{3}\times\frac{1}{30}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{180}\approx 0{,}00556$
e) $\frac{2}{3}\times\frac{1}{30}\times\frac{7}{16}=\frac{7}{720}\approx 0{,}00972$
f) Les statuts des deux enfants ne sont pas indépendants : ils dépendent des mêmes génotypes parentaux

a)

Hugo est atteint, donc $aa$ : il a reçu un allèle $a$ de son père et un allèle $a$ de sa mère.

Chaque parent possède donc au moins un $a$ ; aucun n'est atteint, donc aucun n'est $aa$ . Les deux sont $Aa$ .

b)

Un arbre à deux niveaux : l'allèle du père ( $A$ ou $a$ , $\frac{1}{2}$ chacun), puis celui de la mère ( $\frac{1}{2}$ chacun). Les transmissions sont indépendantes, on multiplie le long d'un chemin :

$P(aa)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$ et $P(AA)=\frac{1}{4}$

$Aa$ réunit deux chemins disjoints, ( $A$ du père, $a$ de la mère) et ( $a$ du père, $A$ de la mère) : $P(Aa)=\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$ .

Contrôle : $\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=1$ .

c)

On sait que Léa n'est pas $aa$ . L'événement « saine » est $\{AA, Aa\}$ , de probabilité $\frac{3}{4}$ , et « porteuse » est inclus dans « saine » :

\displaystyle P(Aa\mid\text{saine})=\dfrac{P(Aa)}{P(\text{saine})}=\dfrac{1/2}{3/4}=\dfrac{2}{3}

Piège : répondre $\frac{1}{2}$ , la probabilité d'être porteur AVANT de savoir que Léa est saine. L'information « saine » retire le cas $aa$ de l'univers, et les deux cas restants $AA$ et $Aa$ ne pèsent pas pareil : $Aa$ vient de deux chemins, $AA$ d'un seul.

d)

L'enfant ne peut être atteint que si Léa ET Marc sont porteurs, puis qu'il reçoit $a$ des deux. Les génotypes de Léa et de Marc sont indépendants (Marc n'a aucun lien de parenté avec la famille), puis on multiplie le long du chemin de l'arbre :

\displaystyle P(\text{atteint})=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{30}\times\dfrac{1}{4}=\dfrac{2}{360}=\dfrac{1}{180}\approx 0{,}00556

Les autres chemins (Léa $AA$ , ou Marc $AA$ ) donnent un enfant sain avec certitude : ils comptent pour $0$ dans la formule des probabilités totales.

e)

On conditionne d'abord par les génotypes des parents. Si les deux sont porteurs, chaque enfant est atteint avec la probabilité $\frac{1}{4}$ , indépendamment de l'autre :

\displaystyle P(\text{au moins un atteint}\mid\text{deux porteurs})=1-\left(\dfrac{3}{4}\right)^{2}=\dfrac{7}{16}

Sinon, aucun enfant n'est atteint. Par les probabilités totales :

\displaystyle P=\dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{30}\times\dfrac{7}{16}=\dfrac{14}{1440}=\dfrac{7}{720}\approx 0{,}00972

f)

Le calcul $1-\left(1-\frac{1}{180}\right)^{2}\approx 0{,}01108$ suppose que « le premier enfant est atteint » et « le second est atteint » sont indépendants. Ils ne le sont pas : tous deux exigent que Léa et Marc soient porteurs.

Savoir que le premier enfant est atteint prouve que les deux parents sont porteurs, et la probabilité que le second le soit passe de $\frac{1}{180}$ à $\frac{1}{4}$ .

Piège : confondre l'indépendance SACHANT les génotypes, vraie dans ce modèle, avec l'indépendance tout court, fausse. L'erreur surestime ici le risque d'environ $14\ \%$ .

Exercice 5 : La formule de Bayes démontrée, puis appliquée : trois types de puits et une analyse positive

9 réponses vérifiables

Dans une région rurale, on classe les puits privés en trois types : les puits tubulaires forés profonds ( $T$ ), $60\ \%$ des puits ; les puits de surface creusés ( $S$ ), $15\ \%$ ; les pointes filtrantes ( $F$ ), le reste. Une campagne d'analyses a donné, pour chaque type, la proportion de puits où des bactéries coliformes sont présentes : $5\ \%$ des puits tubulaires, $16\ \%$ des puits de surface et $8\ \%$ des pointes filtrantes (données de l'exercice).

On choisit un puits au hasard et l'on note $C$ « l'eau contient des coliformes ». L'analyse de laboratoire est considérée ici comme sans erreur ; le test imparfait est l'objet de l'exercice 10.

a) Complétez l'arbre : donnez $P(F)$ et les trois probabilités $P(\overline{C}\mid T)$ , $P(\overline{C}\mid S)$ , $P(\overline{C}\mid F)$ .
b) Calculez $P(C)$ en nommant la formule utilisée.
c) Démontrez la formule de Bayes : si $B_{1}$ , ..., $B_{n}$ forment une partition de $\Omega$ avec $P(B_{j})>0$ pour tout $j$ , et si $P(A)>0$ , alors $P(B_{i}\mid A)=\dfrac{P(A\mid B_{i})P(B_{i})}{\sum_{j=1}^{n}P(A\mid B_{j})P(B_{j})}$ .
d) L'analyse d'un puits pris au hasard révèle des coliformes. Calculez $P(T\mid C)$ , $P(S\mid C)$ et $P(F\mid C)$ , au millième.
e) Quel type de puits est le plus probable pour un puits contaminé ? Comparez avec le type de puits le plus souvent contaminé, et expliquez la différence.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

a)

P(F)

P(\overline{C}\mid T)

P(\overline{C}\mid S)

P(\overline{C}\mid F)

b)

P(C)

d)

P(T\mid C)

P(S\mid C)

P(F\mid C)

e)

Type le plus probable pour un puits contaminé

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Réponses

a) $P(F)=0{,}25$ ; $0{,}95$ , $0{,}84$ et $0{,}92$
b) Probabilités totales : $P(C)=0{,}074$
c) Définition de la probabilité conditionnelle au numérateur, probabilités totales au dénominateur
d) $P(T\mid C)\approx 0{,}405$ , $P(S\mid C)\approx 0{,}324$ , $P(F\mid C)\approx 0{,}270$
e) Tubulaire ( $0{,}405$ ), alors que le taux le plus fort est celui des puits de surface ( $0{,}16$ )

a)

Les trois types forment une partition : $P(F)=1-0{,}60-0{,}15=0{,}25$ .

Sous chaque nœud, les deux branches se complètent à $1$ : $P(\overline{C}\mid T)=0{,}95$ , $P(\overline{C}\mid S)=0{,}84$ , $P(\overline{C}\mid F)=0{,}92$ .

b)

$T$ , $S$ , $F$ forment une partition de l'univers ; formule des probabilités totales :

\displaystyle P(C)=P(T)P(C\mid T)+P(S)P(C\mid S)+P(F)P(C\mid F)

\displaystyle P(C)=0{,}60\times 0{,}05+0{,}15\times 0{,}16+0{,}25\times 0{,}08=0{,}030+0{,}024+0{,}020=0{,}074

Contrôle d'ordre de grandeur : $0{,}074$ est bien compris entre le plus petit taux, $0{,}05$ , et le plus grand, $0{,}16$ , et proche du taux du type majoritaire.

c)

Étape 1, le numérateur. Par définition, $P(B_{i}\mid A)=\dfrac{P(B_{i}\cap A)}{P(A)}$ , et, toujours par définition, $P(A\mid B_{i})=\dfrac{P(A\cap B_{i})}{P(B_{i})}$ , d'où $P(B_{i}\cap A)=P(A\mid B_{i})P(B_{i})$ .

Étape 2, le dénominateur. Les $B_{j}$ sont deux à deux disjoints et de réunion $\Omega$ , donc les $A\cap B_{j}$ sont deux à deux disjoints et de réunion $A$ . Par l'additivité :

\displaystyle P(A)=\sum_{j=1}^{n}P(A\cap B_{j})=\sum_{j=1}^{n}P(A\mid B_{j})P(B_{j})

Étape 3, on remplace :

\displaystyle P(B_{i}\mid A)=\dfrac{P(A\mid B_{i})P(B_{i})}{\sum_{j=1}^{n}P(A\mid B_{j})P(B_{j})}

Les hypothèses servent : $P(B_{j})>0$ pour que $P(A\mid B_{j})$ ait un sens, $P(A)>0$ pour diviser. La formule n'est donc pas un théorème de plus à retenir : c'est la définition écrite deux fois.

d)

Numérateurs : les trois chemins qui finissent en $C$ . Dénominateur : leur somme, $P(C)=0{,}074$ .

\displaystyle P(T\mid C)=\dfrac{0{,}030}{0{,}074}\approx 0{,}405

\displaystyle P(S\mid C)=\dfrac{0{,}024}{0{,}074}\approx 0{,}324

\displaystyle P(F\mid C)=\dfrac{0{,}020}{0{,}074}\approx 0{,}270

Contrôle : la somme des trois vaut $1$ , car sachant $C$ le puits est toujours de l'un des trois types.

e)

Le type le plus probable pour un puits contaminé est le puits tubulaire, avec $0{,}405$ , alors que c'est le type le MOINS souvent contaminé ( $5\ \%$ ).

Le taux le plus fort est celui des puits de surface, $P(C\mid S)=0{,}16$ , mais ils ne sont que $15\ \%$ des puits : ils fournissent $0{,}024$ de probabilité au total, contre $0{,}030$ pour les tubulaires, quatre fois plus nombreux.

Piège : lire $P(C\mid S)$ , « parmi les puits de surface, combien sont contaminés », comme $P(S\mid C)$ , « parmi les puits contaminés, combien sont de surface ». La première compte dans la branche $S$ , la seconde dans l'ensemble des chemins qui finissent en $C$ .

Les deux renseignent sur des décisions différentes : $P(C\mid S)$ dit quel type surveiller en priorité ; $P(T\mid C)$ dit où l'on trouvera le plus de puits contaminés.

Exercice 6 : Fiabilité en série et en parallèle : une station hydrométrique isolée tout un hiver

6 réponses vérifiables

Une station isolée mesure le niveau d'une rivière et transmet ses données. Elle fonctionne pendant un mois d'hiver si le capteur de niveau $L$ fonctionne, si au moins l'une des deux alimentations fonctionne (panneau solaire avec batterie $P_{1}$ , pile de secours $P_{2}$ ), si l'enregistreur $E$ fonctionne, et si au moins l'un des deux émetteurs fonctionne (satellite $S$ , modem cellulaire $R$ ). Le diagramme donne, sous chaque élément, sa probabilité de fonctionner tout le mois.

Dans les questions a) à e), on suppose les six éléments indépendants. On note du même nom un élément et l'événement « il fonctionne tout le mois ».

a) Démontrez que deux éléments indépendants montés en parallèle, de fiabilités $p$ et $q$ , forment un bloc de fiabilité $1-(1-p)(1-q)$ .
b) Calculez la fiabilité du bloc d'alimentation et celle du bloc de transmission.
c) Calculez la probabilité que la station fonctionne tout le mois, au dix-millième.
d) Le budget permet de doubler UN seul élément ou bloc par un élément identique monté en parallèle. Lequel faut-il doubler pour augmenter le plus la fiabilité de la station ? Justifiez par le calcul.
e) La station est tombée en panne pendant le mois. Calculez la probabilité que le capteur $L$ soit en panne, au millième.
f) En réalité, un épisode de verglas peut mettre hors service le panneau et la pile ensemble. Une étude estime alors $P(\overline{P_{1}}\cap\overline{P_{2}})=0{,}06$ , les autres hypothèses étant inchangées. Recalculez la fiabilité de la station, au dix-millième, et commentez.

Voir la correction

Réponses

a) $P(A\cup B)=1-P(\overline{A}\cap\overline{B})=1-(1-p)(1-q)$
b) Alimentation $0{,}985$ ; transmission $0{,}99$
c) $0{,}98\times 0{,}985\times 0{,}99\times 0{,}99\approx 0{,}9461$
d) Le capteur $L$ : la fiabilité passe à $0{,}9650$ , contre au plus $0{,}9603$ pour les autres choix
e) $P(\overline{L}\mid\text{panne})=\dfrac{0{,}02}{0{,}0539}\approx 0{,}371$
f) $0{,}98\times 0{,}94\times 0{,}99\times 0{,}99\approx 0{,}9029$ : une panne de cause commune ruine la redondance

a)

Le bloc fonctionne si $A$ OU $B$ fonctionne : c'est l'union. Son contraire, par De Morgan, est $\overline{A}\cap\overline{B}$ : les deux sont en panne.

$A$ et $B$ sont indépendants, donc $\overline{A}$ et $\overline{B}$ aussi (exercice 2, question c, appliquée deux fois) :

\displaystyle P(A\cup B)=1-P(\overline{A})P(\overline{B})=1-(1-p)(1-q)

En série, le bloc exige $A$ ET $B$ : c'est l'intersection, de probabilité $pq$ par l'indépendance.

b)

Alimentation : $1-0{,}10\times 0{,}15=1-0{,}015=0{,}985$ .

Transmission : $1-0{,}05\times 0{,}20=1-0{,}010=0{,}99$ .

Piège : additionner, $0{,}90+0{,}85=1{,}75$ , qui dépasse $1$ ; ou multiplier les fiabilités, $0{,}765$ , ce qui est la formule de la SÉRIE et rend le bloc moins sûr que chacun de ses éléments.

c)

Les quatre blocs $L$ , alimentation, $E$ , transmission sont en série et indépendants :

\displaystyle P(\text{station})=0{,}98\times 0{,}985\times 0{,}99\times 0{,}99\approx 0{,}9461

Une chaîne est moins fiable que son maillon le plus faible : $0{,}9461<0{,}98$ .

d)

On recalcule la fiabilité pour chaque choix :

capteur doublé : $1-0{,}02^{2}=0{,}9996$ , station $\approx 0{,}9650$ ;

enregistreur doublé : $1-0{,}01^{2}=0{,}9999$ , station $\approx 0{,}9556$ ;

bloc d'alimentation doublé, c'est-à-dire un second ensemble panneau et pile identique monté en parallèle du premier : le bloc tombe en panne si les deux ensembles tombent en panne, $1-0{,}015^{2}=0{,}999775$ , station $\approx 0{,}9603$ ;

bloc de transmission doublé de la même façon : $1-0{,}010^{2}=0{,}9999$ , station $\approx 0{,}9556$ .

On double le capteur $L$ : c'est le maillon le moins fiable de la chaîne ( $0{,}98$ ), et le doubler fait passer la station de $0{,}9461$ à $0{,}9650$ .

e)

La station est en panne dès qu'un bloc l'est : $P(\text{panne})=1-0{,}94609\approx 0{,}05391$ .

Une panne du capteur entraîne celle de la station, donc $\overline{L}\cap\text{panne}=\overline{L}$ :

\displaystyle P(\overline{L}\mid\text{panne})=\dfrac{P(\overline{L})}{P(\text{panne})}=\dfrac{0{,}02}{0{,}05391}\approx 0{,}371

Avant la panne, le capteur avait $2\ \%$ de chances d'être défaillant ; une fois la panne constatée, c'est le premier suspect, à $37\ \%$ . La condition a changé l'univers, et le technicien qui part en motoneige sait par quoi commencer.

f)

Avec la panne commune, le bloc d'alimentation a pour fiabilité $1-0{,}06=0{,}94$ au lieu de $0{,}985$ :

\displaystyle P(\text{station})=0{,}98\times 0{,}94\times 0{,}99\times 0{,}99\approx 0{,}9029

La redondance perd l'essentiel de son effet : le bloc doublé ne vaut plus que $0{,}94$ , à peine mieux que le panneau seul ( $0{,}90$ ) et loin des $0{,}985$ du modèle indépendant. La station passe de $0{,}9461$ à $0{,}9029$ : la probabilité de panne fait presque le double, de $5{,}4\ \%$ à $9{,}7\ \%$ .

Le calcul en parallèle n'est valable que si les pannes sont indépendantes. Des pannes de cause commune (froid, verglas, foudre) sont positivement liées, et la vraie fiabilité est alors plus faible que celle du modèle. D'où l'usage de doubler un élément par un élément d'une AUTRE technologie, exposé à d'autres causes de panne.

Exercice 7 : Le problème de Monty Hall sur le terrain : tout dépend de ce que sait celle qui ouvre

10 réponses vérifiables

Lors d'une sortie d'initiation, une guide naturaliste montre un vieux tronc percé de trois cavités numérotées $1$ , $2$ et $3$ . Une seule abrite un nid de grand pic, et la guide sait laquelle ; pour un participant, chacune l'abrite avec la probabilité $\frac{1}{3}$ . Un participant désigne la cavité $1$ . La guide inspecte alors avec sa caméra endoscopique une AUTRE cavité, qu'elle sait vide, et la montre vide ; si les deux autres cavités sont vides, elle choisit entre elles au hasard. Elle montre la cavité $3$ vide, puis propose au participant de changer pour la cavité $2$ .

On note $N_{i}$ « le nid est dans la cavité $i$ » et $O_{3}$ « la guide montre la cavité $3$ ».

a) Donnez $P(O_{3}\mid N_{1})$ , $P(O_{3}\mid N_{2})$ et $P(O_{3}\mid N_{3})$ , en justifiant chacune par le protocole de la guide.
b) Calculez $P(O_{3})$ .
c) Calculez $P(N_{1}\mid O_{3})$ et $P(N_{2}\mid O_{3})$ . Le participant a-t-il intérêt à changer ?
d) Un participant affirme : « Il reste deux cavités fermées, le nid est dans l'une ou l'autre avec la probabilité $\frac{1}{2}$ . » Expliquez son erreur.
e) Un autre jour, un second guide ne sait PAS où est le nid. Il inspecte au hasard la cavité $2$ ou la cavité $3$ , et il se trouve que la cavité $3$ est vide. Calculez la probabilité que le nid soit dans la cavité $2$ sachant cela.
f) Revenons à la guide qui sait. Quand elle a le choix, elle préfère la cavité $3$ , plus facile d'accès : elle la montre avec la probabilité $q$ , où $0\le q\le 1$ . Montrez que $P(N_{2}\mid O_{3})=\dfrac{1}{1+q}$ , puis calculez cette probabilité pour $q=0{,}8$ . Changer peut-il être désavantageux ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

P(O_{3}\mid N_{1})

P(O_{3}\mid N_{2})

P(O_{3}\mid N_{3})

b)

P(O_{3})

c)

P(N_{1}\mid O_{3})

P(N_{2}\mid O_{3})

Changer de cavité ?

e)

P(nid en 2 | 3 vide)

f)

P(N_{2}\mid O_{3})

pour

q=0{,}8

Changer peut-il être désavantageux ?

Voir la correction

Réponses

a) $P(O_{3}\mid N_{1})=\frac{1}{2}$ , $P(O_{3}\mid N_{2})=1$ , $P(O_{3}\mid N_{3})=0$
b) $P(O_{3})=\frac{1}{2}$
c) $P(N_{1}\mid O_{3})=\frac{1}{3}$ , $P(N_{2}\mid O_{3})=\frac{2}{3}$ : il faut changer
d) Deux issues restantes ne sont pas équiprobables : le geste de la guide dépend de la position du nid
e) $\frac{1}{2}$ : changer ne sert plus à rien
f) $\dfrac{1}{1+q}\ge\dfrac{1}{2}$ ; pour $q=0{,}8$ , $\approx 0{,}556$ ; changer n'est jamais désavantageux

a)

Si le nid est en $1$ , les cavités $2$ et $3$ sont vides et la guide tire au sort : $P(O_{3}\mid N_{1})=\frac{1}{2}$ .

Si le nid est en $2$ , elle ne peut montrer ni la $1$ (choisie) ni la $2$ (le nid) : $P(O_{3}\mid N_{2})=1$ .

Si le nid est en $3$ , elle ne montre jamais la $3$ : $P(O_{3}\mid N_{3})=0$ .

b)

Les $N_{i}$ forment une partition ; probabilités totales :

\displaystyle P(O_{3})=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}\times 1+\dfrac{1}{3}\times 0=\dfrac{1}{2}

c)

Formule de Bayes :

$P(N_{1}\mid O_{3})=\dfrac{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=\dfrac{1}{3}$ et $P(N_{2}\mid O_{3})=\dfrac{\frac{1}{3}\times 1}{\frac{1}{2}}=\dfrac{2}{3}$

Et $P(N_{3}\mid O_{3})=0$ : la somme vaut bien $1$ . Changer double les chances de trouver le nid.

Le choix initial garde sa probabilité $\frac{1}{3}$ : la guide pouvait toujours montrer une cavité vide autre que la $1$ , son geste n'apprend rien sur la $1$ . Il apprend en revanche beaucoup sur la $2$ , qu'elle a évitée.

d)

« Deux issues, donc $\frac{1}{2}$ chacune » suppose l'équiprobabilité, qui n'est ni donnée ni vraie. Le geste de la guide n'est pas indépendant de la position du nid : $P(O_{3}\mid N_{2})=1$ est deux fois plus grand que $P(O_{3}\mid N_{1})=\frac{1}{2}$ .

Piège : compter les issues restantes au lieu de conditionner par l'information reçue. Une probabilité conditionnelle se calcule avec la vraisemblance de l'observation dans chaque cas, pas en effaçant les cas exclus.

e)

Le guide qui ne sait pas inspecte la $2$ ou la $3$ avec la probabilité $\frac{1}{2}$ chacune ; on observe « il inspecte la $3$ ET elle est vide ». Vraisemblances :

si $N_{1}$ : $\frac{1}{2}\times 1$ ; si $N_{2}$ : $\frac{1}{2}\times 1$ ; si $N_{3}$ : $\frac{1}{2}\times 0=0$ .

\displaystyle P(N_{2}\mid\text{3 inspectée et vide})=\dfrac{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}}{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+0}=\dfrac{1}{2}

Même observation, autre protocole, autre réponse : ce qui compte n'est pas ce qu'on voit, mais la probabilité de le voir dans chaque cas. Ici, le hasard aurait pu révéler le nid, et le fait qu'il ne l'ait pas fait ne favorise pas la $2$ plutôt que la $1$ .

f)

Seule la vraisemblance $P(O_{3}\mid N_{1})$ change, et vaut $q$ . Par Bayes :

\displaystyle P(N_{2}\mid O_{3})=\dfrac{\frac{1}{3}\times 1}{\frac{1}{3}q+\frac{1}{3}\times 1+0}=\dfrac{1}{1+q}

Pour $q=0{,}8$ : $P(N_{2}\mid O_{3})=\dfrac{1}{1{,}8}\approx 0{,}556$ .

Comme $0\le q\le 1$ , on a $1\le 1+q\le 2$ , donc $\dfrac{1}{1+q}\ge\dfrac{1}{2}$ : changer n'est jamais désavantageux. Le cas $q=1$ donne $\frac{1}{2}$ (indifférent), le cas $q=0$ donne $1$ : si la guide montre la $3$ alors qu'elle évite toujours la $3$ quand elle peut, c'est que le nid est en $2$ .

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

5 réponses vérifiables

Une station météorologique compare, sur plusieurs années, sa prévision de la veille au temps observé. On choisit un jour au hasard et l'on note $A$ « de la pluie a été annoncée la veille » et $R$ « il a plu ». Le bilan donne, dans le modèle adopté : $P(R)=0{,}30$ , $P(A)=0{,}32$ et $P(A\cap R)=0{,}24$ .

Chacune des cinq affirmations suivantes est FAUSSE. Pour chacune, calculez la valeur demandée, puis écrivez l'énoncé correct.

a) « Quand de la pluie est annoncée, il pleut dans $75\ \%$ des cas ; donc, quand il pleut, la pluie avait été annoncée dans $75\ \%$ des cas. » Calculez $P(A\mid R)$ .
b) « La prévision ne fait pas tomber la pluie, donc $A$ et $R$ sont indépendants. » Calculez $P(R\mid A)$ et comparez à $P(R)$ .
c) « $P(R\mid A)+P(R\mid\overline{A})=1$ , puisque $A$ et $\overline{A}$ se complètent. » Calculez $P(R\mid\overline{A})$ , au millième.
d) « Dans ce modèle, les jours sont indépendants. Il a plu six jours de suite ; une série de sept est si rare que le septième jour sera probablement sec, plus que d'habitude. » Calculez la probabilité qu'il pleuve le septième jour sachant qu'il a plu les six précédents.
e) « La probabilité qu'il pleuve samedi ou dimanche vaut $0{,}30+0{,}30=0{,}60$ . » En gardant l'hypothèse d'indépendance des jours, calculez cette probabilité.

Voir la correction

Réponses

a) $P(A\mid R)=0{,}8$ , pas $0{,}75$
b) $P(R\mid A)=0{,}75\neq P(R)=0{,}30$ : $A$ et $R$ sont dépendants
c) $P(R\mid\overline{A})\approx 0{,}088$ ; c'est $P(R\mid A)+P(\overline{R}\mid A)$ qui vaut $1$
d) $0{,}30$ sous l'hypothèse d'indépendance
e) $1-0{,}7^{2}=0{,}51$

a)

Les deux pourcentages n'ont pas le même dénominateur. D'abord $P(R\mid A)=\dfrac{0{,}24}{0{,}32}=0{,}75$ , puis :

\displaystyle P(A\mid R)=\dfrac{P(A\cap R)}{P(R)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}30}=0{,}8

Énoncé correct : « Quand de la pluie est annoncée, il pleut dans $75\ \%$ des cas ; quand il pleut, la pluie avait été annoncée dans $80\ \%$ des cas. »

Piège : retourner la barre sans changer de dénominateur. Les deux nombres sont égaux seulement si $P(A)=P(R)$ .

b)

$P(R\mid A)=0{,}75$ alors que $P(R)=0{,}30$ : savoir que la pluie est annoncée multiplie la probabilité de pluie par $2{,}5$ . Les événements sont dépendants.

Contrôle par le produit : $P(A)P(R)=0{,}096\neq 0{,}24$ .

Énoncé correct : « La prévision ne provoque pas la pluie, mais $A$ et $R$ sont dépendants, et c'est heureux : une prévision indépendante du temps qu'il fera serait inutile. »

Piège : confondre indépendance et absence de lien de cause. L'indépendance est une égalité entre nombres, $P(A\cap R)=P(A)P(R)$ ; deux effets d'une même cause, ici l'état de l'atmosphère la veille, sont dépendants sans que l'un cause l'autre.

c)

$R\cap\overline{A}$ : il pleut sans annonce, $P(R\cap\overline{A})=P(R)-P(R\cap A)=0{,}30-0{,}24=0{,}06$ . Et $P(\overline{A})=1-0{,}32=0{,}68$ .

\displaystyle P(R\mid\overline{A})=\dfrac{0{,}06}{0{,}68}\approx 0{,}088

La somme $0{,}75+0{,}088\approx 0{,}838$ ne vaut pas $1$ . Les deux probabilités sont calculées dans deux univers différents, $A$ et $\overline{A}$ : rien ne les oblige à se compléter.

Énoncé correct : « Dans un même univers $A$ , $P(R\mid A)+P(\overline{R}\mid A)=1$ » ; ici $P(\overline{R}\mid A)=0{,}25$ .

d)

Si les jours sont indépendants, la pluie des six jours précédents ne change rien : la probabilité cherchée est $P(R)=0{,}30$ .

La rareté de la série complète, $0{,}3^{7}\approx 0{,}0002$ , est calculée AVANT les six premiers jours. Une fois ces six jours observés, il ne reste qu'un jour à jouer.

Énoncé correct : « Sous l'hypothèse d'indépendance, le septième jour est pluvieux avec la probabilité $0{,}30$ , comme n'importe quel jour. »

Nuance : la météo réelle n'est pas indépendante d'un jour à l'autre, les systèmes dépressionnaires durent plusieurs jours. La persistance, si elle joue, rend la pluie PLUS probable après une série pluvieuse, jamais moins : l'affirmation est fausse dans les deux modèles.

e)

La somme simple n'est permise que pour des événements incompatibles ; or il peut pleuvoir les deux jours. Par le contraire, avec l'indépendance des deux jours :

\displaystyle P(\text{samedi ou dimanche})=1-P(\text{sec samedi})P(\text{sec dimanche})=1-0{,}7\times 0{,}7=0{,}51

Contrôle par l'union : $0{,}30+0{,}30-0{,}30\times 0{,}30=0{,}51$ .

Énoncé correct : « La probabilité qu'il pleuve au moins un des deux jours vaut $0{,}51$ . » Sans l'hypothèse d'indépendance, il faudrait connaître $P(\text{pluie samedi et dimanche})$ .

Exercice 9 : Problème : ADN environnemental, combien de réplicats pour conclure à l'absence d'un poisson envahissant ?

5 réponses vérifiables

Une équipe surveille l'arrivée de la tanche, un poisson envahissant, dans les lacs d'un bassin versant. Pour un lac pris au hasard dans le secteur, les données régionales donnent, avant tout prélèvement, une probabilité $\psi=0{,}40$ que l'espèce y soit présente. On prélève dans un lac $k$ réplicats d'eau, analysés séparément.

Modèle adopté : si l'espèce est présente, chaque réplicat détecte son ADN avec la probabilité $p=0{,}55$ ; si elle est absente, un réplicat est positif à tort (contamination au laboratoire) avec la probabilité $0{,}02$ . Sachant la présence ou l'absence, les réplicats sont indépendants. On note $L$ « l'espèce est présente dans le lac ».

a) L'espèce est présente. Calculez la probabilité qu'au moins un réplicat sur $k=3$ soit positif, au millième.
b) Dans cette question et la suivante, on néglige les faux positifs. Les trois réplicats d'un lac sont négatifs. Calculez la probabilité que l'espèce soit tout de même présente, au millième.
c) Le protocole veut qu'un lac sans aucun réplicat positif soit déclaré exempt avec un risque d'erreur d'au plus $5\ \%$ . Déterminez le plus petit nombre $k$ de réplicats qui le garantit.
d) On tient compte maintenant des faux positifs, avec $k=4$ . Un lac donne exactement un réplicat positif sur quatre. Calculez $P(L\mid\text{un positif sur quatre})$ , au millième. Faites de même pour exactement deux positifs sur quatre.
e) Rédigez, en trois ou quatre phrases, la règle de décision que vous proposeriez à l'équipe, et nommez une hypothèse du modèle qui pourrait la rendre trop optimiste.

Voir la correction

Réponses

a) $1-0{,}45^{3}\approx 0{,}909$
b) $P(L\mid\text{trois négatifs})\approx 0{,}057$
c) $k=4$ : $0{,}027\le 0{,}05$ , alors que $k=3$ donne $0{,}057$
d) Un positif : $\approx 0{,}640$ ; deux positifs : $\approx 0{,}991$
e) Quatre réplicats ; aucun positif : exempt ; deux ou plus : présente ; un seul : refaire. Risque : réplicats corrélés

a)

« Au moins un positif » a pour contraire « trois négatifs ». Sachant la présence, les réplicats sont indépendants :

\displaystyle P(\text{au moins un}\mid L)=1-(1-0{,}55)^{3}=1-0{,}091125\approx 0{,}909

Piège : $3\times 0{,}55=1{,}65$ , qui n'est pas une probabilité, ou $0{,}55^{3}\approx 0{,}166$ , qui est la probabilité que les trois soient positifs.

b)

On retourne la condition par Bayes, sur la partition $\{L,\overline{L}\}$ . Sans faux positif, un lac sans l'espèce donne trois négatifs avec la probabilité $1$ :

\displaystyle P(L\mid 3\ \text{nég.})=\dfrac{0{,}40\times 0{,}45^{3}}{0{,}40\times 0{,}45^{3}+0{,}60\times 1}=\dfrac{0{,}03645}{0{,}63645}\approx 0{,}057

Trois résultats négatifs font passer la probabilité de présence de $0{,}40$ à $0{,}057$ : c'est une forte baisse, mais pas une preuve d'absence. Un négatif ne dit pas « absente », il dit « moins probablement présente ».

c)

Avec $k$ réplicats négatifs, la même formule donne $P(L\mid k\ \text{nég.})=\dfrac{0{,}4\times 0{,}45^{k}}{0{,}4\times 0{,}45^{k}+0{,}6}$ . On veut qu'elle soit au plus $0{,}05$ :

\displaystyle 0{,}4\times 0{,}45^{k}\le 0{,}05\left(0{,}4\times 0{,}45^{k}+0{,}6\right)\iff 0{,}38\times 0{,}45^{k}\le 0{,}03\iff 0{,}45^{k}\le\dfrac{0{,}03}{0{,}38}

En prenant le logarithme, qui est négatif pour $0{,}45$ et renverse donc l'inégalité : $k\ge\dfrac{\ln(0{,}03/0{,}38)}{\ln 0{,}45}\approx 3{,}18$ .

Le plus petit entier est $k=4$ . Vérification : $k=3$ donne $0{,}057>0{,}05$ et $k=4$ donne $\approx 0{,}027\le 0{,}05$ . La figure du corrigé montre cette décroissance.

d)

Il y a $4$ positions possibles pour le réplicat positif, chacune de même probabilité. Vraisemblances :

si présente : $4\times 0{,}55\times 0{,}45^{3}\approx 0{,}2005$ ; si absente : $4\times 0{,}02\times 0{,}98^{3}\approx 0{,}0753$ .

\displaystyle P(L\mid 1\ \text{pos.})=\dfrac{0{,}4\times 0{,}2005}{0{,}4\times 0{,}2005+0{,}6\times 0{,}0753}\approx 0{,}640

Pour deux positifs sur quatre ( $6$ positions) : présente, $6\times 0{,}55^{2}\times 0{,}45^{2}\approx 0{,}3675$ ; absente, $6\times 0{,}02^{2}\times 0{,}98^{2}\approx 0{,}0023$ .

\displaystyle P(L\mid 2\ \text{pos.})=\dfrac{0{,}4\times 0{,}3675}{0{,}4\times 0{,}3675+0{,}6\times 0{,}0023}\approx 0{,}991

Un seul positif laisse plus d'une chance sur trois que ce soit une contamination : un positif isolé n'est pas une preuve de présence, alors que deux le deviennent presque.

e)

Règle proposée : prélever quatre réplicats par lac. Aucun positif : déclarer le lac exempt, avec un risque d'environ $3\ \%$ ( $0{,}029$ en tenant compte des faux positifs). Deux positifs ou plus : déclarer l'espèce présente, à plus de $99\ \%$ . Un seul positif : ne pas conclure et refaire une campagne de prélèvements.

Ces nombres dépendent du modèle. L'hypothèse la plus fragile est l'indépendance des réplicats : pris le même jour au même endroit, ils partagent les mêmes conditions (eau froide, courant, ADN dispersé), donc leurs échecs sont liés, et la vraie probabilité de présence après quatre négatifs est plus grande que $0{,}029$ . Les valeurs de $\psi$ et de $p$ sont aussi des estimations, à mettre à jour avec les campagnes suivantes.

Exercice 10 : Problème : un test de potabilité sur le terrain, du taux de résultats positifs à la décision

6 réponses vérifiables

Une trousse d'analyse rapide détecte la bactérie E. coli dans l'eau d'un puits. Le fabricant annonce une sensibilité de $0{,}92$ (le test est positif pour $92\ \%$ des puits contaminés) et une spécificité de $0{,}96$ (il est négatif pour $96\ \%$ des puits sains). Lors d'une campagne dans une région, $500$ puits privés sont testés une fois : $64$ résultats sont positifs.

On note $C$ « le puits est contaminé », $T$ « le test est positif », et $\pi=P(C)$ la prévalence, c'est-à-dire la proportion de puits contaminés dans la région. Les puits testés sont considérés comme pris au hasard.

a) Calculez la proportion de tests positifs. Expliquez pourquoi ce n'est pas la proportion de puits contaminés.
b) Montrez que $P(T)=0{,}04+0{,}88\,\pi$ , puis estimez la prévalence $\pi$ à partir de la campagne.
c) Avec cette prévalence, calculez $P(C\mid T)$ et $P(\overline{C}\mid\overline{T})$ , au millième.
d) Les puits positifs sont testés une seconde fois avec une autre trousse identique ; sachant l'état du puits, les deux résultats sont supposés indépendants. Calculez la probabilité qu'un puits positif aux deux tests soit contaminé, au millième.
e) Dans une autre région, la prévalence est de $2\ \%$ . Calculez $P(C\mid T)$ pour la même trousse, au millième.
f) Rédigez la recommandation à transmettre aux propriétaires de la première région, en trois ou quatre phrases : que faire après un test positif, après un test négatif, et quelle réserve garder.

Voir la correction

Réponses

a) $\frac{64}{500}=0{,}128$ : elle contient des faux positifs et manque des faux négatifs
b) $P(T)=0{,}92\pi+0{,}04(1-\pi)$ ; $\pi=0{,}10$
c) $P(C\mid T)\approx 0{,}719$ ; $P(\overline{C}\mid\overline{T})\approx 0{,}991$
d) $\approx 0{,}983$
e) $P(C\mid T)\approx 0{,}319$
f) Positif : ne pas boire l'eau sans la faire bouillir, confirmer en laboratoire ; négatif : eau très probablement exempte ; réserve sur les hypothèses

a)

$\dfrac{64}{500}=0{,}128$ .

Ce n'est pas la proportion de puits contaminés : parmi les positifs se trouvent des puits sains déclarés positifs à tort, et des puits contaminés ont été déclarés négatifs. Le taux de positifs mélange la prévalence et les erreurs du test.

b)

$C$ et $\overline{C}$ forment une partition ; probabilités totales :

\displaystyle P(T)=P(C)P(T\mid C)+P(\overline{C})P(T\mid\overline{C})=0{,}92\,\pi+0{,}04\,(1-\pi)=0{,}04+0{,}88\,\pi

On égale à la proportion observée et l'on isole $\pi$ :

\displaystyle \pi=\dfrac{0{,}128-0{,}04}{0{,}88}=0{,}10

Environ $10\ \%$ des puits de la région sont contaminés, et non $12{,}8\ \%$ . L'estimation suppose que la sensibilité et la spécificité annoncées valent sur le terrain.

c)

Avec $\pi=0{,}10$ , $P(T)=0{,}128$ et $P(\overline{T})=0{,}872$ . Formule de Bayes :

\displaystyle P(C\mid T)=\dfrac{0{,}10\times 0{,}92}{0{,}128}=\dfrac{0{,}092}{0{,}128}\approx 0{,}719

\displaystyle P(\overline{C}\mid\overline{T})=\dfrac{0{,}90\times 0{,}96}{0{,}872}=\dfrac{0{,}864}{0{,}872}\approx 0{,}991

Un positif sur quatre environ est un faux positif, alors qu'un négatif est fiable à $99\ \%$ .

Piège : croire que « sensible à $92\ \%$ » veut dire $P(C\mid T)=0{,}92$ . La sensibilité est $P(T\mid C)$ : la condition est de l'autre côté de la barre.

d)

Sachant l'état du puits, les deux tests sont indépendants : on multiplie les vraisemblances.

\displaystyle P(C\mid T_{1}\cap T_{2})=\dfrac{0{,}10\times 0{,}92^{2}}{0{,}10\times 0{,}92^{2}+0{,}90\times 0{,}04^{2}}=\dfrac{0{,}08464}{0{,}08608}\approx 0{,}983

Contrôle : on obtient le même résultat en appliquant Bayes une seconde fois, avec $0{,}719$ comme nouvelle probabilité de départ. Le second test fait passer de $72\ \%$ à $98\ \%$ .

e)

Même trousse, prévalence $0{,}02$ :

\displaystyle P(C\mid T)=\dfrac{0{,}02\times 0{,}92}{0{,}02\times 0{,}92+0{,}98\times 0{,}04}=\dfrac{0{,}0184}{0{,}0576}\approx 0{,}319

Deux positifs sur trois sont alors des faux positifs. La valeur d'un résultat positif dépend de la prévalence, comme le montre la courbe du corrigé : quand les puits sains sont très majoritaires, même un petit taux d'erreur sur eux produit plus de positifs que les vrais contaminés.

f)

Recommandation pour la première région. Après un test positif, la contamination est probable (environ $72\ \%$ ) : ne pas boire l'eau sans l'avoir fait bouillir, et faire confirmer par un second test ou, mieux, par une analyse en laboratoire accrédité avant de désinfecter le puits. Après un test négatif, l'eau est très probablement exempte d'E. coli (environ $99\ \%$ ), sans dispenser des analyses régulières recommandées par les autorités.

Réserve : ces nombres reposent sur les performances annoncées par le fabricant et sur l'indépendance des deux tests. Une même substance de l'eau qui fausse les deux trousses rendrait leurs erreurs liées, et le $98\ \%$ de la question d) serait trop optimiste : c'est pourquoi la confirmation se fait de préférence par une autre méthode.

Exercices corrigés : probabilités et probabilités conditionnelles (201-SN1-RE)

Rappel de cours

Calculs : complémentaire, union, conditionnelle, indépendance

Exercice 0.1 : Calculer avec les règles des probabilités : douze calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Des axiomes aux règles de calcul : les chants captés par un enregistreur en forêt

Exercice 2 : Incompatibles ou indépendants : les deux plaques d'un télescope à muons

Exercice 3 : Lire un tableau de contingence : l'ADN environnemental d'une moule envahissante selon la saison

Exercice 4 : Génétique mendélienne : pourquoi la sœur saine est porteuse avec la probabilité 2/3

Exercice 5 : La formule de Bayes démontrée, puis appliquée : trois types de puits et une analyse positive

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Fiabilité en série et en parallèle : une station hydrométrique isolée tout un hiver

Exercice 7 : Le problème de Monty Hall sur le terrain : tout dépend de ce que sait celle qui ouvre

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : ADN environnemental, combien de réplicats pour conclure à l'absence d'un poisson envahissant ?

Exercice 10 : Problème : un test de potabilité sur le terrain, du taux de résultats positifs à la décision

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