Exercices corrigés : arbres pondérés et probabilités totales (Terminale spécialité)

« $70\ \%$ des graines du sachet » se compte parmi TOUT le sachet : $P(C)=0{,}7$, probabilité simple, portée par la première branche. « $56\ \%$ des graines du sachet sont des graines de tomate cerise qui germent » se compte aussi parmi tout le sachet, mais décrit des graines qui sont à la fois cerise ET qui germent : c'est $P(C\cap G)=0{,}56$, une intersection. « Parmi les graines de cœur-de-bœuf, $40\ \%$ ne germent pas » se compte parmi les seules $\overline{C}$ : $P_{\overline{C}}(\overline{G})=0{,}4$, probabilité conditionnelle. La donnée qui n'est portée par AUCUNE branche est $P(C\cap G)$ : c'est le produit d'un CHEMIN, pas le poids d'une branche. L'erreur classique est d'écrire $0{,}56$ sur la branche de $C$ vers $G$ ; tout l'arbre est alors faux, et avec lui chaque question suivante.

La règle du chemin s'écrit $P(C\cap G)=P(C)\times P_{C}(G)$, donc $P_{C}(G)=\dfrac{P(C\cap G)}{P(C)}=\dfrac{0{,}56}{0{,}7}=0{,}8$. On complète ensuite sous chaque nœud, parce que les branches issues d'un même nœud se partagent la même population et font $1$ : $P_{C}(\overline{G})=1-0{,}8=0{,}2$ sous le nœud $C$ ; $P(\overline{C})=1-0{,}7=0{,}3$ à la racine ; $P_{\overline{C}}(G)=1-0{,}4=0{,}6$ sous le nœud $\overline{C}$. On ne complète jamais $0{,}8$ par $0{,}2$ sous le nœud $\overline{C}$ : les deux branches « $G$ » partent de nœuds différents, donc de deux populations différentes.

Les événements $C$ et $\overline{C}$ forment une partition de l'univers : ils sont incompatibles et leur réunion est l'univers. La formule des probabilités totales donne $P(G)=P(C\cap G)+P(\overline{C}\cap G)=P(C)\times P_{C}(G)+P(\overline{C})\times P_{\overline{C}}(G)$, soit $P(G)=0{,}7\times 0{,}8+0{,}3\times 0{,}6=0{,}56+0{,}18=0{,}74$. Sur l'arbre, c'est la SOMME des deux chemins qui aboutissent à $G$ : on multiplie le long d'un chemin, on additionne entre les chemins. Nommer la formule et la partition rapporte le point de rédaction du bac ; écrire seulement « $0{,}56+0{,}18$ » le laisse souvent de côté.

On demande $P_{G}(C)$ : la condition $G$ est au SECOND niveau, on ne lit donc pas la réponse sur une branche. On revient à la définition : $P_{G}(C)=\dfrac{P(C\cap G)}{P(G)}=\dfrac{0{,}56}{0{,}74}\approx 0{,}757$. Parmi les graines qui ont germé, environ $75{,}7\ \%$ sont des graines cerise. C'est un peu plus que les $70\ \%$ du sachet, parce que les graines cerise germent mieux : savoir qu'une graine a germé rend la variété cerise plus probable.

On calcule d'abord $P(\overline{G})=1-0{,}74=0{,}26$, et $P(\overline{C}\cap\overline{G})=0{,}3\times 0{,}4=0{,}12$. Donc $P_{\overline{G}}(\overline{C})=\dfrac{0{,}12}{0{,}26}\approx 0{,}462$. Parmi les graines qui n'ont pas germé, près de $46\ \%$ sont des cœur-de-bœuf, alors qu'elles ne font que $30\ \%$ du sachet. L'échec de germination est une information qui pèse en faveur de la variété qui germe le moins bien. Contrôle : $P_{\overline{G}}(C)=\dfrac{0{,}7\times 0{,}2}{0{,}26}=\dfrac{0{,}14}{0{,}26}\approx 0{,}538$, et $0{,}462+0{,}538=1$ : les deux probabilités sachant $\overline{G}$ se complètent, puisqu'elles se comptent dans la même population.

On répète $20$ fois, de façon indépendante, la même épreuve à deux issues : la graine germe (succès) ou non.

La graine est prise au hasard dans tout le sachet, sans connaître sa variété : la probabilité du succès est $P(G)=0{,}74$, calculée en c) par la formule des probabilités totales.

C'est un schéma de Bernoulli, et $X$, qui compte les succès, suit la loi binomiale $\mathcal{B}(20\ ;\ 0{,}74)$.

Piège : prendre $p=0{,}8$, qui est $P_{C}(G)$. Ce paramètre ne vaudrait que pour un sachet de graines cerise ; ici la variété de chaque graine est inconnue, et c'est la Partie A qui fournit le bon paramètre.

$P(X=15)=\binom{20}{15}\times 0{,}74^{15}\times 0{,}26^{5}$, avec $\binom{20}{15}=\binom{20}{5}=15\,504$ : $P(X=15)\approx 0{,}201$.

Pour la probabilité cumulée, on passe par l'événement contraire : $P(X\geq 15)=1-P(X\leq 14)$.

La calculatrice donne $P(X\leq 14)\approx 0{,}423$, donc $P(X\geq 15)\approx 0{,}577$.

Contrôle : $P(X\geq 15)$ est la somme des six termes $P(X=15)$ à $P(X=20)$, qui valent environ $0{,}201$, $0{,}179$, $0{,}120$, $0{,}057$, $0{,}017$ et $0{,}002$ : leur somme redonne $0{,}577$ aux arrondis près.

Piège : écrire $P(X\geq 15)=1-P(X\leq 15)$. Ce calcul retire la valeur $15$, qui fait pourtant partie de l'événement.

Pour une loi binomiale, $E(X)=np=20\times 0{,}74=14{,}8$.

Interprétation : si l'on recommence un grand nombre de fois le semis de $20$ graines, on obtient en moyenne $14{,}8$ graines germées par semis.

Cette moyenne est juste sous $15$, ce qui explique le résultat de g) : avoir au moins $15$ plants n'arrive qu'un peu plus d'une fois sur deux.

$N_{n}$ suit la loi $\mathcal{B}(n\ ;\ 0{,}74)$, et l'on cherche le plus petit $n$ tel que $P(N_{n}\geq 15)=1-P(N_{n}\leq 14)\geq 0{,}9$.

La calculatrice donne : $n=22$, $P(N_{22}\geq 15)\approx 0{,}809$ ; $n=23$, $P(N_{23}\geq 15)\approx 0{,}882$ ; $n=24$, $P(N_{24}\geq 15)\approx 0{,}931$.

Comme cette probabilité augmente avec $n$, le plus petit nombre de graines est $n=24$ : $0{,}882<0{,}9\leq 0{,}931$.

Piège : raisonner sur l'espérance. Avec $21$ graines, $21\times 0{,}74\approx 15{,}5$ dépasse $15$, mais $P(N_{21}\geq 15)\approx 0{,}707$ seulement : une moyenne au-dessus du seuil ne garantit pas le seuil avec $90\ \%$ de chances.

Chaque conducteur suit UN SEUL itinéraire : les événements $A$, $N$ et $D$ sont deux à deux incompatibles. Et tout conducteur suit l'un des trois : leur réunion est l'univers. Ce sont les deux conditions d'une partition, et il faut les écrire toutes les deux ; on vérifie au passage que $P(A)+P(N)+P(D)=0{,}5+0{,}3+0{,}2=1$, ce qui est nécessaire mais ne SUFFIT pas (l'exercice 8 le montre). La formule des probabilités totales s'écrit alors $P(E)=P(A\cap E)+P(N\cap E)+P(D\cap E)=P(A)\,P_{A}(E)+P(N)\,P_{N}(E)+P(D)\,P_{D}(E)$. Sur l'arbre, trois chemins mènent à $E$, un par itinéraire, et l'on additionne leurs produits.

$P(E)=0{,}5\times 0{,}1+0{,}3\times 0{,}2+0{,}2\times 0{,}35=0{,}05+0{,}06+0{,}07=0{,}18$. Un conducteur sur cinq et demi environ est pris dans un embouteillage. Le résultat est une MOYENNE PONDÉRÉE des trois taux $0{,}1$, $0{,}2$ et $0{,}35$ : il tombe forcément entre le plus petit et le plus grand, ce qui fournit un contrôle immédiat. Une valeur hors de $[0{,}1\ ;\ 0{,}35]$ signalerait une erreur de branche.

On retourne le conditionnement par la définition : $P_{E}(A)=\dfrac{P(A\cap E)}{P(E)}=\dfrac{0{,}05}{0{,}18}\approx 0{,}278$, $P_{E}(N)=\dfrac{0{,}06}{0{,}18}\approx 0{,}333$ et $P_{E}(D)=\dfrac{0{,}07}{0{,}18}\approx 0{,}389$. Les numérateurs sont les trois chemins de la question b), le dénominateur est leur somme : c'est pourquoi les trois résultats font $1$ (aux arrondis près). La départementale, choisie par un conducteur sur cinq seulement, est l'itinéraire le plus probable d'un conducteur pris dans un embouteillage : sa faible part est plus que compensée par son taux, trois fois et demie celui de l'autoroute.

L'information est cette fois NÉGATIVE : on compte parmi les conducteurs arrivés sans embouteillage. $P(\overline{E})=1-0{,}18=0{,}82$ et $P(A\cap\overline{E})=0{,}5\times 0{,}9=0{,}45$, donc $P_{\overline{E}}(A)=\dfrac{0{,}45}{0{,}82}\approx 0{,}549$. C'est plus que $P(A)=0{,}5$ : arriver sans encombre rend l'autoroute un peu plus probable, parce que c'est l'itinéraire le plus fluide. L'écart est modeste, car l'absence d'embouteillage est fréquente sur les trois routes : une information banale déplace peu les probabilités, une information rare les déplace beaucoup, comme en c).

Après le transfert, $P(A)=0{,}5+t$ et $P(D)=0{,}2-t$, avec $0\le t\le 0{,}2$, et $P(N)$ ne bouge pas. La formule des probabilités totales donne $P(E)=(0{,}5+t)\times 0{,}1+0{,}3\times 0{,}2+(0{,}2-t)\times 0{,}35=0{,}18+0{,}1t-0{,}35t=0{,}18-0{,}25t$. Chaque point de part transféré fait gagner l'écart des deux taux, $0{,}35-0{,}1=0{,}25$. On résout $0{,}18-0{,}25t=0{,}15$, soit $t=\dfrac{0{,}03}{0{,}25}=0{,}12$, qui est bien dans $[0\ ;\ 0{,}2]$. Il faut donc envoyer sur l'autoroute $12$ points de conducteurs : la départementale passe de $20\ \%$ à $8\ \%$ des conducteurs, l'autoroute de $50\ \%$ à $62\ \%$. Contrôle : $0{,}62\times 0{,}1+0{,}06+0{,}08\times 0{,}35=0{,}062+0{,}06+0{,}028=0{,}15$.

Premier niveau : $0{,}6$ vers $B_{1}$, $0{,}4$ vers $\overline{B_{1}}$. Aux niveaux suivants, chaque nœud « beau » envoie $0{,}7$ vers « beau » et $0{,}3$ vers « maussade », chaque nœud « maussade » envoie $0{,}4$ et $0{,}6$. Une branche du TROISIÈME niveau est conditionnée par tout le chemin qui y mène : celle qui va de $\overline{B_{2}}$ à $B_{3}$ sur le chemin $B_{1}$, $\overline{B_{2}}$ porte $P_{B_{1}\cap\overline{B_{2}}}(B_{3})$. C'est l'hypothèse du MODÈLE, « le temps d'un jour ne dépend que de la veille », qui permet de l'égaler à $P_{\overline{B_{2}}}(B_{3})=0{,}4$. Sans cette hypothèse, rien n'autoriserait à écrire le même nombre sur les deux branches « $\overline{B_{2}}$ vers $B_{3}$ » de l'arbre : l'exercice 6 montre un arbre où la dernière branche dépend du PREMIER niveau.

Un seul chemin réalise $B_{1}\cap B_{2}\cap B_{3}$, et la règle du chemin se prolonge à trois niveaux : $P(B_{1}\cap B_{2}\cap B_{3})=P(B_{1})\times P_{B_{1}}(B_{2})\times P_{B_{1}\cap B_{2}}(B_{3})=0{,}6\times 0{,}7\times 0{,}7=0{,}294$. Ce n'est PAS $P(B_{1})\times P(B_{2})\times P(B_{3})$ : les trois jours ne sont pas indépendants, et c'est justement ce que l'arbre prend en compte. Les huit produits en bout de chemin font $1$, contrôle à faire avant d'aller plus loin : $0{,}294+0{,}126+0{,}072+0{,}108+0{,}112+0{,}048+0{,}096+0{,}144=1$.

Première façon : quatre chemins aboutissent à $B_{3}$, un par temps possible de vendredi et samedi. $P(B_{3})=0{,}6\times 0{,}7\times 0{,}7+0{,}6\times 0{,}3\times 0{,}4+0{,}4\times 0{,}4\times 0{,}7+0{,}4\times 0{,}6\times 0{,}4=0{,}294+0{,}072+0{,}112+0{,}096=0{,}574$. Seconde façon, par étapes : la formule des probabilités totales avec la partition $\{B_{1},\overline{B_{1}}\}$ donne $P(B_{2})=0{,}6\times 0{,}7+0{,}4\times 0{,}4=0{,}58$, puis avec la partition $\{B_{2},\overline{B_{2}}\}$ : $P(B_{3})=0{,}58\times 0{,}7+0{,}42\times 0{,}4=0{,}406+0{,}168=0{,}574$. Les deux calculs concordent. La seconde façon ne vaut QUE parce que dimanche ne dépend que de samedi : c'est elle qui, répétée, donne une suite récurrente (exercice 9).

« Exactement un jour beau » est réalisé par trois chemins, selon que le jour beau est vendredi, samedi ou dimanche : $0{,}6\times 0{,}3\times 0{,}6=0{,}108$, $0{,}4\times 0{,}4\times 0{,}3=0{,}048$ et $0{,}4\times 0{,}6\times 0{,}4=0{,}096$. Les trois produits sont DIFFÉRENTS : on ne peut pas écrire « $3$ fois le même chemin », comme on le fera dans un schéma de Bernoulli, car les épreuves ne sont ni identiques ni indépendantes. Total : $0{,}108+0{,}048+0{,}096=0{,}252$.

On veut $P_{B_{3}}(B_{1})=\dfrac{P(B_{1}\cap B_{3})}{P(B_{3})}$. Au numérateur, les chemins qui passent par $B_{1}$ ET aboutissent à $B_{3}$ : $0{,}294+0{,}072=0{,}366$. Donc $P_{B_{3}}(B_{1})=\dfrac{0{,}366}{0{,}574}\approx 0{,}638$. C'est un peu plus que $P(B_{1})=0{,}6$ : un beau dimanche rend un beau vendredi plus probable, alors que le temps « ne se transmet » que d'un jour au suivant. Le conditionnement remonte le temps sans difficulté, et l'effet s'atténue d'un jour à l'autre, ce qui explique le faible écart.

La règle du chemin donne $P(N\cap F)=P(N)\times P_{N}(F)=0{,}25\times 0{,}32=0{,}08$. Les événements $N$ et $\overline{N}$ forment une partition, donc par la formule des probabilités totales $P(F)=P(N\cap F)+P(\overline{N}\cap F)=0{,}08+0{,}75\times 0{,}08=0{,}08+0{,}06=0{,}14$. Remarquez que les photos de nuit, un quart du total, fournissent pourtant plus de la moitié des photos floues : $0{,}08$ sur $0{,}14$.

$P(N)\times P(F)=0{,}25\times 0{,}14=0{,}035$, alors que $P(N\cap F)=0{,}08$. Les deux nombres diffèrent, donc $N$ et $F$ ne sont PAS indépendants. Le critère se conclut par une phrase : « $P(N\cap F)\neq P(N)\times P(F)$, donc $N$ et $F$ ne sont pas indépendants ». L'autre lecture dit la même chose : $P_{N}(F)=0{,}32$ alors que $P(F)=0{,}14$ ; savoir que la photo est de nuit rend le flou plus de deux fois plus probable. L'indépendance ne se DEVINE pas sur le contexte, elle se vérifie par le calcul : c'est ce que le correcteur note.

$P(V\cap F)=0{,}2\times 0{,}14=0{,}028$ et $P(F)=0{,}2\times 0{,}14+0{,}8\times 0{,}14=0{,}14$. Donc $P(V)\times P(F)=0{,}2\times 0{,}14=0{,}028=P(V\cap F)$ : les événements $V$ et $F$ sont indépendants. Sur l'arbre, cela se voyait déjà : les deux branches « floue » portent le même nombre $0{,}14$ sous les nœuds $V$ et $\overline{V}$. Choisir l'objectif ne change pas la proportion de photos floues, et c'est exactement ce que veut dire « indépendants ».

La formule des probabilités totales, avec la partition $\{A,\overline{A}\}$, donne $P(B)=P(A)\,P_{A}(B)+(1-P(A))\,P_{\overline{A}}(B)$. Puisque $P(A)\neq 0$, l'indépendance $P(A\cap B)=P(A)P(B)$ équivaut à $P_{A}(B)=P(B)$. Or $P_{A}(B)=P(B)$ s'écrit $P_{A}(B)=P(A)P_{A}(B)+(1-P(A))P_{\overline{A}}(B)$, soit $(1-P(A))\,P_{A}(B)=(1-P(A))\,P_{\overline{A}}(B)$. Comme $1-P(A)\neq 0$, on peut diviser : c'est $P_{A}(B)=P_{\overline{A}}(B)$. Chaque étape est une équivalence, ce qui démontre le « si et seulement si ». Le critère se lit sur l'arbre : $A$ et $B$ sont indépendants quand les branches vers $B$ portent le MÊME nombre sous les deux nœuds du premier niveau.

D'après d), il faut $P_{N}(F)=P_{\overline{N}}(F)=0{,}08$ : la nuit ne devrait pas produire plus de flou que le jour. On aurait alors $P(F)=0{,}25\times 0{,}08+0{,}75\times 0{,}08=0{,}08$, et l'on vérifie $P(N\cap F)=0{,}02=0{,}25\times 0{,}08=P(N)P(F)$. Le taux global de flou tomberait de $14\ \%$ à $8\ \%$. Retenez le mécanisme : quand les branches sont égales, $P(F)$ vaut cette valeur commune, puisqu'une moyenne pondérée de deux nombres égaux est ce nombre.

L'inconnue se traite comme un nombre : on la porte sur sa branche, et la branche sœur reçoit $1-x$. Les événements $C$ et $\overline{C}$ forment une partition, donc $P(R)=P(C)\,P_{C}(R)+P(\overline{C})\,P_{\overline{C}}(R)=0{,}9x+0{,}6(1-x)=0{,}9x+0{,}6-0{,}6x=0{,}3x+0{,}6$. Le résultat est une fonction AFFINE de $x$ : c'est toujours le cas quand l'inconnue est au premier niveau, puisque chaque chemin est proportionnel à $x$ ou à $1-x$.

On traduit la donnée par une équation : $0{,}3x+0{,}6=0{,}78$, soit $0{,}3x=0{,}18$ et $x=0{,}6$. La valeur est bien dans $[0\ ;\ 1]$, vérification obligatoire puisque $x$ est une probabilité. Six randonneurs sur dix choisissent le circuit court. Contrôle : $0{,}6\times 0{,}9+0{,}4\times 0{,}6=0{,}54+0{,}24=0{,}78$.

$P(C\cap R)=0{,}6\times 0{,}9=0{,}54$, donc $P_{R}(C)=\dfrac{P(C\cap R)}{P(R)}=\dfrac{0{,}54}{0{,}78}\approx 0{,}692$. Parmi les randonneurs revenus avant la nuit, environ $69\ \%$ avaient choisi le circuit court, un peu plus que les $60\ \%$ de départ : revenir à l'heure est un indice en faveur du circuit court.

La fonction $x\mapsto 0{,}3x+0{,}6$ est croissante sur $[0\ ;\ 1]$ (coefficient $0{,}3>0$). Elle vaut $0{,}6$ en $x=0$, quand tout le monde prend le circuit long, et $0{,}9$ en $x=1$, quand tout le monde prend le court. Donc $P(R)$ décrit $[0{,}6\ ;\ 0{,}9]$ : une moyenne pondérée des deux taux reste entre eux. Un taux de $95\ \%$ est impossible sans changer les circuits eux-mêmes ; l'équation $0{,}3x+0{,}6=0{,}95$ donnerait $x\approx 1{,}17$, qui n'est pas une probabilité. C'est le contrôle qu'on oublie en b) : une solution hors de $[0\ ;\ 1]$ se rejette.

On écrit $P_{R}(C)=\dfrac{P(C\cap R)}{P(R)}=\dfrac{0{,}9x}{0{,}3x+0{,}6}$ et l'on résout $\dfrac{0{,}9x}{0{,}3x+0{,}6}=0{,}75$. Le dénominateur est non nul (au moins $0{,}6$), on peut multiplier : $0{,}9x=0{,}225x+0{,}45$, donc $0{,}675x=0{,}45$ et $x=\dfrac{0{,}45}{0{,}675}=\dfrac{2}{3}\approx 0{,}667$. Vérification : $P(R)=0{,}3\times\frac{2}{3}+0{,}6=0{,}8$ et $P(C\cap R)=0{,}9\times\frac{2}{3}=0{,}6$, donc $P_{R}(C)=\frac{0{,}6}{0{,}8}=0{,}75$. Cette fois l'équation n'est plus affine au départ : l'inconnue est au numérateur ET au dénominateur, parce que la condition $R$ est au second niveau.