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Exercices — Probabilités conditionnelles

Première — Chapitre 10

Exercices — Probabilités conditionnelles

Probabilité conditionnelle, arbres, probabilités totales, indépendance

Progression :
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1

Probabilité conditionnelle — Tableau

★☆☆ Facile

Dans un lycée de 500 élèves, on a recensé les données suivantes :

Spé MathsPas Spé MathsTotal
Filles80220300
Garçons12080200
Total200300500

On choisit un élève au hasard. Soit \(F\) = « l’élève est une fille » et \(M\) = « l’élève est en spé maths ».

  1. Calculer \(P(F)\), \(P(M)\) et \(P(F \cap M)\).
  2. Calculer \(P_F(M)\) et \(P_M(F)\). Interpréter chaque résultat.
  3. Calculer \(P_{\bar{F}}(M)\). Comparer avec \(P_F(M)\).
  4. \(F\) et \(M\) sont-ils indépendants ? Justifier.
Correction
  1. \(P(F) = \frac{300}{500} = \frac{3}{5}\), \(P(M) = \frac{200}{500} = \frac{2}{5}\), \(P(F \cap M) = \frac{80}{500} = \frac{4}{25}\).
  2. \(P_F(M) = \frac{P(F \cap M)}{P(F)} = \frac{4/25}{3/5} = \frac{4}{25} \times \frac{5}{3} = \frac{4}{15} \approx 26{,}7\%\). Sachant que l’élève est une fille, elle a 26,7% de chances d’être en spé maths.
    \(P_M(F) = \frac{P(F \cap M)}{P(M)} = \frac{4/25}{2/5} = \frac{4}{25} \times \frac{5}{2} = \frac{2}{5} = 40\%\). Parmi les élèves de spé maths, 40% sont des filles.
  3. \(P(\bar{F}) = \frac{200}{500} = \frac{2}{5}\), \(P(\bar{F} \cap M) = \frac{120}{500}\). \(P_{\bar{F}}(M) = \frac{120/500}{2/5} = \frac{120}{200} = \frac{3}{5} = 60\%\). Les garçons sont proportionnellement plus nombreux en spé maths (60% vs 26,7%).
  4. \(P(F) \times P(M) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{5} = \frac{6}{25}\). Or \(P(F \cap M) = \frac{4}{25} \neq \frac{6}{25}\). Donc \(F\) et \(M\) ne sont pas indépendants : le sexe et le choix de la spé maths sont liés.
2

Arbre pondéré — Tirage sans remise

★☆☆ Facile

Une urne contient 4 boules rouges (R) et 3 boules vertes (V). On tire successivement deux boules sans remise.

  1. Construire l’arbre pondéré de cette expérience.
  2. Calculer la probabilité d’obtenir deux boules de la même couleur.
  3. Calculer la probabilité d’obtenir au moins une boule rouge.
  4. Sachant que la première boule est rouge, quelle est la probabilité que la seconde soit verte ?
Correction
  1. Premier tirage : P(R)=4/7, P(V)=3/7. Si R : P(R|R)=3/6=1/2, P(V|R)=3/6=1/2. Si V : P(R|V)=4/6=2/3, P(V|V)=2/6=1/3.
  2. P(même couleur) = P(RR) + P(VV) = (4/7 × 1/2) + (3/7 × 1/3) = 2/7 + 1/7 = 3/7.
  3. P(au moins un R) = 1 - P(VV) = 1 - 3/7 × 1/3 = 1 - 1/7 = 6/7.
  4. C’est directement \(P_{R_1}(V_2) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}\) (la branche de l’arbre après R au premier tirage).
3

Formule des probabilités totales

★★☆ Intermédiaire

Dans une ville, 30% des habitants utilisent les transports en commun (TC), 50% utilisent leur voiture (V) et 20% vont à pied (P). La probabilité d’être en retard selon le moyen de transport est :

  • TC : 15% de retard
  • Voiture : 25% de retard
  • À pied : 5% de retard
  1. Vérifier que TC, V, P forment une partition de l’univers.
  2. Construire l’arbre pondéré.
  3. Calculer la probabilité qu’un habitant soit en retard.
  4. Un habitant est en retard. Quelle est la probabilité qu’il soit venu en voiture ? (Formule de Bayes)
Correction
  1. 30% + 50% + 20% = 100%, les trois groupes sont incompatibles et leur réunion = tout le monde ✓.
  2. Arbre à deux niveaux : TC(0,3)→R(0,15)/\(\bar{R}\)(0,85) ; V(0,5)→R(0,25)/\(\bar{R}\)(0,75) ; P(0,2)→R(0,05)/\(\bar{R}\)(0,95).
  3. P(R) = 0,3×0,15 + 0,5×0,25 + 0,2×0,05 = 0,045 + 0,125 + 0,010 = 0,180. Il y a 18% de chances d’être en retard.
  4. \(P_R(V) = \frac{P(V) \times P_V(R)}{P(R)} = \frac{0{,}5 \times 0{,}25}{0{,}180} = \frac{0{,}125}{0{,}180} \approx 0{,}694\). Sachant qu’un habitant est en retard, il y a environ 69,4% de chances qu’il soit venu en voiture.
4

Indépendance

★★☆ Intermédiaire

On lance simultanément deux dés équilibrés (un rouge, un bleu).

  1. Soit \(A\) = « le dé rouge donne un nombre pair » et \(B\) = « la somme des deux dés est supérieure à 8 ». Montrer que \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.
  2. Soit \(C\) = « le dé rouge donne 6 » et \(D\) = « le dé bleu donne un nombre impair ». Montrer que \(C\) et \(D\) sont indépendants.
  3. Si \(A\) et \(B\) sont indépendants avec \(P(A) = 0{,}4\) et \(P(B) = 0{,}3\), calculer \(P(A \cup B)\), \(P(\bar{A} \cap B)\) et \(P_{B}(A)\).
Correction
  1. P(A) = 3/6 = 1/2. Pour B (somme > 8) : issues favorables = (3,6),(4,5),(4,6),(5,4),(5,5),(5,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6) = 10 issues sur 36. P(B) = 10/36 = 5/18. A∩B : dé rouge pair ET somme > 8. Pairs : 2,4,6. Issues : (2,7 impossible),(4,5),(4,6),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6) = 6 issues. P(A∩B) = 6/36 = 1/6. Or P(A)×P(B) = 1/2 × 5/18 = 5/36 ≠ 1/6 = 6/36. Donc A et B ne sont pas indépendants.
  2. P(C) = 1/6, P(D) = 3/6 = 1/2. C∩D : dé rouge = 6 ET dé bleu impair = 3 issues (6,1),(6,3),(6,5) sur 36. P(C∩D) = 3/36 = 1/12. P(C)×P(D) = 1/6 × 1/2 = 1/12 = P(C∩D). Donc C et D sont indépendants.
  3. P(A∩B) = 0,4×0,3 = 0,12 (indépendance). P(A∪B) = 0,4+0,3-0,12 = 0,58. P(\(\bar{A}\)∩B) = P(B)-P(A∩B) = 0,3-0,12 = 0,18. P_B(A) = P(A) = 0,4 (car A et B indépendants).
5

Test de dépistage — Faux positifs

★★☆ Intermédiaire

Un test de dépistage d’une maladie rare a les caractéristiques suivantes :

  • La maladie touche 0,5% de la population
  • Si le patient est malade, le test est positif dans 99% des cas (sensibilité)
  • Si le patient n’est pas malade, le test est négatif dans 95% des cas (spécificité)
  1. Construire l’arbre pondéré. Nommer M = « être malade » et T = « test positif ».
  2. Calculer P(T), la probabilité qu’un test soit positif.
  3. Un patient a un test positif. Quelle est la probabilité qu’il soit réellement malade ? Ce résultat est-il surprenant ?
  4. Expliquer le paradoxe du « faux positif » et son importance en médecine.
Correction
  1. P(M) = 0,005, P(\(\bar{M}\)) = 0,995. P_M(T) = 0,99, P_M(\(\bar{T}\)) = 0,01. P_{\(\bar{M}\)}(T) = 0,05 (1 - spécificité), P_{\(\bar{M}\)}(\(\bar{T}\)) = 0,95.
  2. P(T) = P(M)×P_M(T) + P(\(\bar{M}\))×P_{\(\bar{M}\)}(T) = 0,005×0,99 + 0,995×0,05 = 0,00495 + 0,04975 = 0,0547.
  3. \(P_T(M) = \frac{P(M) \times P_M(T)}{P(T)} = \frac{0{,}00495}{0{,}0547} \approx 0{,}0905\). Seulement 9% ! Oui, très surprenant : malgré un test positif avec un test très fiable, la probabilité d’être réellement malade est seulement 9%.
  4. Le paradoxe : quand la maladie est très rare, même un test excellent génère beaucoup de faux positifs. Sur 10 000 personnes : ~50 malades (dont ~49,5 testés positifs) et 9950 sains (dont ~497,5 testés positifs par erreur). Les vrais positifs (50) sont noyés dans les faux positifs (498). C’est pourquoi en médecine, un premier test positif est toujours confirmé par un second test plus spécifique.
6

Répétition d’épreuves

★★☆ Intermédiaire

Un archer atteint la cible avec une probabilité de 0,7 à chaque tir. Les tirs sont indépendants.

  1. Il effectue 3 tirs. Construire l’arbre pondéré (A = atteint, M = manqué).
  2. Calculer la probabilité d’atteindre la cible exactement 2 fois.
  3. Calculer la probabilité d’atteindre la cible au moins une fois.
  4. Calculer la probabilité d’atteindre la cible au moins 2 fois.
Correction
  1. Arbre à 3 niveaux, chaque branche A a probabilité 0,7 et M a probabilité 0,3, indépendantes.
  2. Issues favorables : AAM, AMA, MAA. Chacune a probabilité 0,7×0,7×0,3 = 0,147. P(exactement 2) = 3×0,147 = 0,441.
  3. P(au moins 1) = 1 - P(0 atteinte) = 1 - 0,3³ = 1 - 0,027 = 0,973.
  4. P(au moins 2) = P(exactement 2) + P(exactement 3) = 0,441 + 0,7³ = 0,441 + 0,343 = 0,784.
7

Distinguer \(P_A(B)\) et \(P_B(A)\)

★★★ Difficile

Dans une classe de 30 élèves, 18 ont réussi le contrôle de maths (M) et 15 ont réussi le contrôle de physique (P). 10 élèves ont réussi les deux.

  1. Calculer P(M), P(P) et P(M∩P).
  2. Calculer \(P_M(P)\) et \(P_P(M)\). Expliquer la différence entre ces deux probabilités.
  3. Calculer \(P_{\bar{M}}(P)\). Interpréter.
  4. M et P sont-ils indépendants ? Que peut-on en conclure sur le lien entre réussite en maths et en physique dans cette classe ?
  5. Calculer \(P_M(P)\) et \(P_{\bar{M}}(P)\) et comparer — quelle conclusion tires-tu ?
Correction
  1. P(M) = 18/30 = 3/5, P(P) = 15/30 = 1/2, P(M∩P) = 10/30 = 1/3.
  2. \(P_M(P) = \frac{10/30}{18/30} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9} \approx 55{,}6\%\). Parmi ceux qui ont réussi maths, 55,6% ont aussi réussi physique.
    \(P_P(M) = \frac{10/30}{15/30} = \frac{10}{15} = \frac{2}{3} \approx 66{,}7\%\). Parmi ceux qui ont réussi physique, 66,7% ont aussi réussi maths. Ces deux probabilités mesurent des choses différentes !
  3. \(P(\bar{M}) = 12/30\), \(P(\bar{M} \cap P) = 5/30\). \(P_{\bar{M}}(P) = \frac{5/30}{12/30} = \frac{5}{12} \approx 41{,}7\%\). Parmi ceux qui ont raté maths, seulement 41,7% ont réussi physique.
  4. P(M)×P(P) = 3/5 × 1/2 = 3/10. Or P(M∩P) = 1/3 ≠ 3/10. Donc M et P ne sont pas indépendants : il y a un lien entre réussite en maths et en physique dans cette classe.
  5. \(P_M(P) \approx 55{,}6\% > P_{\bar{M}}(P) \approx 41{,}7\% = P(P) = 50\%\). Réussir en maths augmente la probabilité de réussir en physique → corrélation positive entre les deux matières.
8

Problème complet — Chaîne de production

★★★ Difficile

Une chaîne de production comporte deux postes de contrôle successifs. Au premier poste, une pièce défectueuse est détectée avec une probabilité de 0,8 et rejetée. Les pièces non rejetées passent au second poste, qui détecte les défauts restants avec une probabilité de 0,9. On sait que 5% des pièces en entrée sont défectueuses.

  1. Construire l’arbre pondéré complet (D = défectueuse, \(\bar{D}\) = bonne).
  2. Calculer la probabilité qu’une pièce défectueuse passe les deux contrôles sans être détectée.
  3. Calculer la probabilité qu’une pièce soit rejetée à l’un ou l’autre des postes.
  4. Calculer la probabilité qu’une pièce parvienne en fin de chaîne (non rejetée aux deux postes).
  5. Une pièce est en fin de chaîne. Calculer la probabilité qu’elle soit défectueuse.
Correction
  1. P(D) = 0,05, P(\(\bar{D}\)) = 0,95. Poste 1 : si D, rejet avec p=0,8 ; si \(\bar{D}\), jamais rejetée. Poste 2 : si D non détectée (p=0,2), rejet avec p=0,9.
  2. P(D passe les 2) = P(D) × P(non détectée poste 1) × P(non détectée poste 2) = 0,05 × 0,2 × 0,1 = 0,001. Seulement 0,1% des pièces défectueuses échappent aux deux contrôles.
  3. P(rejetée) = P(D rejetée poste 1) + P(D rejetée poste 2) = 0,05×0,8 + 0,05×0,2×0,9 = 0,04 + 0,009 = 0,049.
  4. P(fin de chaîne) = P(\(\bar{D}\)) + P(D passe les 2) = 0,95 + 0,001 = 0,951.
  5. \(P_{fin}(D) = \frac{P(D \text{ passe les 2})}{P(\text{fin})} = \frac{0{,}001}{0{,}951} \approx 0{,}00105\). Seulement 0,1% des pièces en fin de chaîne sont défectueuses — la double vérification est très efficace.

Exercices issus du Baccalauréat · Suites & Probabilités

Exercices adaptés de Terminale Spécialité — suites arithmético-géométriques et probabilités conditionnelles

9

Chikungunya — Test de dépistage et suites

★★★ Difficile

Adapté du Bac Spé — Asie, juin 2025 (Ex. 1 & 2)

Partie A — Probabilités conditionnelles

En 2005, une épidémie de chikungunya a touché l’île de La Réunion : 270 000 personnes infectées sur 750 000 habitants. Un laboratoire a développé un test de dépistage :

  • probabilité qu’un individu atteint ait un test positif : \(0{,}999\) ;
  • probabilité qu’un individu sain ait un test positif : \(0{,}005\).

On note \(M\) = « être atteint du chikungunya » et \(T\) = « avoir un test positif ».

  1. Donner \(P_M(T)\) et \(P_{\overline{M}}(T)\). Montrer que \(P(M) = \dfrac{9}{25}\).
  2. Construire l’arbre pondéré de la situation.
  3. Calculer \(P(M \cap T)\).
  4. Calculer \(P(T)\).
  5. Calculer \(P_T(M)\). Le test est considéré fiable si \(P_T(M) > 0{,}95\). Ce test est-il fiable pour cette population ?

Partie B — Suite arithmético-géométrique

On modélise le nombre (en dizaines) de nouveaux hospitalisés chaque jour par la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 30\) et, pour tout entier naturel \(n\) : \[u_{n+1} = \dfrac{1}{2}\,u_n + 10.\] On pose \(v_n = u_n - 20\).

  1. Calculer \(u_1\) et \(u_2\).
  2. Montrer que la suite \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\).
  3. Exprimer \(v_n\) en fonction de \(n\).
  4. En déduire que, pour tout entier naturel \(n\) : \(u_n = 20 + 10\!\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\!n}\).
  5. Vers quelle valeur tend \(u_n\) lorsque \(n\) devient grand ? Interpréter dans le contexte de l’épidémie.
Correction

Partie A

  1. \(P_M(T) = 0{,}999\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}005\). \(P(M) = \dfrac{270\,000}{750\,000} = \dfrac{27}{75} = \dfrac{9}{25}\).
  2. Arbre à deux niveaux : \(M\) (p = 9/25) → \(T\) (0,999) / \(\overline{T}\) (0,001) ; \(\overline{M}\) (p = 16/25) → \(T\) (0,005) / \(\overline{T}\) (0,995).
  3. \(P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = \dfrac{9}{25} \times 0{,}999 = 0{,}35964\).
  4. \(P(T) = \dfrac{9}{25} \times 0{,}999 + \dfrac{16}{25} \times 0{,}005 = 0{,}35964 + 0{,}0032 \approx 0{,}363\).
  5. \(P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}35964}{0{,}363} \approx 0{,}991\). Comme \(0{,}991 > 0{,}95\), le test est fiable dans cette population très touchée.

Partie B

  1. \(u_1 = \dfrac{1}{2} \times 30 + 10 = 25\) ; \(u_2 = \dfrac{1}{2} \times 25 + 10 = 22{,}5\).
  2. \(v_{n+1} = u_{n+1} - 20 = \dfrac{1}{2}u_n + 10 - 20 = \dfrac{1}{2}(u_n - 20) = \dfrac{1}{2}v_n\). Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\).
  3. \(v_0 = u_0 - 20 = 30 - 20 = 10\). Donc \(v_n = 10 \times \!\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\!n}\).
  4. \(u_n = v_n + 20 = 20 + 10\!\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\!n}\).
  5. Quand \(n \to +\infty\), \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n \to 0\), donc \(u_n \to 20\). Le nombre de nouveaux hospitalisés tend vers 200 par jour (niveau endémique résiduel).
10

Machines et FAQ — Probabilités et suites

★★★ Difficile

Adapté du Bac Spé — Métropole, 20 mars 2023 (Ex. 1 & 3)

Partie A — Probabilités conditionnelles

Un technicien contrôle les machines d’une grande entreprise. On sait que :

  • 20 % des machines sont sous garantie ;
  • 0,2 % des machines sont à la fois défectueuses et sous garantie ;
  • 8,2 % des machines sont défectueuses.

On note \(G\) = « la machine est sous garantie » et \(D\) = « la machine est défectueuse ».

  1. Calculer \(P_G(D)\).
  2. Calculer \(P(\overline{G} \cap D)\).
  3. Construire l’arbre pondéré (premier niveau : \(G\) et \(\overline{G}\)).
  4. Calculer \(P(\overline{G} \cap \overline{D})\). Interpréter ce résultat.
  5. \(D\) et \(G\) sont-ils indépendants ? Justifier.

Partie B — Suite arithmético-géométrique

Une entreprise gère une Foire Aux Questions (FAQ) sur son site. On modélise le nombre de questions (en centaines) par la suite \((u_n)\) définie par \(u_1 = 3\) et, pour tout entier \(n \geqslant 1\) : \[u_{n+1} = 0{,}9\,u_n + 1{,}3.\] On pose \(v_n = u_n - 13\).

  1. Calculer \(u_2\) et \(u_3\). Interpréter dans le contexte.
  2. Montrer que \((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}9\).
  3. Exprimer \(v_n\) en fonction de \(n\) (pour \(n \geqslant 1\)).
  4. En déduire que, pour tout entier \(n \geqslant 1\) : \(u_n = 13 - 10 \times 0{,}9^{n-1}\).
  5. À partir de quel mois le nombre de questions dépasse-t-il 850 ? (Utiliser la calculatrice.)
Correction

Partie A

  1. \(P_G(D) = \dfrac{P(D \cap G)}{P(G)} = \dfrac{0{,}002}{0{,}20} = 0{,}01\). 1 % seulement des machines sous garantie sont défectueuses.
  2. \(P(\overline{G} \cap D) = P(D) - P(G \cap D) = 0{,}082 - 0{,}002 = 0{,}080\).
  3. \(P_{\overline{G}}(D) = \dfrac{0{,}080}{0{,}80} = 0{,}10\). Arbre : \(G\)(0,20) → \(D\)(0,01)/\(\overline{D}\)(0,99) ; \(\overline{G}\)(0,80) → \(D\)(0,10)/\(\overline{D}\)(0,90).
  4. \(P(\overline{G} \cap \overline{D}) = 0{,}80 \times 0{,}90 = 0{,}720\). 72 % des machines ne sont ni sous garantie ni défectueuses.
  5. \(P(D) \times P(G) = 0{,}082 \times 0{,}20 = 0{,}0164 \neq 0{,}002 = P(D \cap G)\). Donc \(D\) et \(G\) ne sont pas indépendants : être sous garantie réduit fortement le risque de défaut.

Partie B

  1. \(u_2 = 0{,}9 \times 3 + 1{,}3 = 4{,}0\) → 400 questions après 2 mois. \(u_3 = 0{,}9 \times 4 + 1{,}3 = 4{,}9\) → 490 questions après 3 mois.
  2. \(v_{n+1} = u_{n+1} - 13 = 0{,}9\,u_n + 1{,}3 - 13 = 0{,}9\,u_n - 11{,}7 = 0{,}9(u_n - 13) = 0{,}9\,v_n\). Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}9\).
  3. \(v_1 = u_1 - 13 = 3 - 13 = -10\). Donc \(v_n = -10 \times 0{,}9^{n-1}\).
  4. \(u_n = v_n + 13 = 13 - 10 \times 0{,}9^{n-1}\).
  5. On cherche \(u_n > 8{,}5\), soit \(13 - 10 \times 0{,}9^{n-1} > 8{,}5\), i.e. \(0{,}9^{n-1} < 0{,}45\). À la calculatrice : \(0{,}9^7 \approx 0{,}478 > 0{,}45\) et \(0{,}9^8 \approx 0{,}430 < 0{,}45\), donc \(n - 1 \geqslant 8\), soit \(n \geqslant 9\). À partir du 9e mois, la FAQ dépasse 850 questions (\(u_9 \approx 8{,}70\)).
11

Panneaux solaires — Loi binomiale et suites

★★★ Difficile

Adapté du Bac Spé — Centres étrangers, juillet 2021 (Ex. 1 & 2)

Partie A — Loi binomiale

Une urne contient 6 boules noires et 4 boules rouges. On effectue 10 tirages successifs avec remise. On note \(X\) le nombre de boules noires obtenues.

  1. Quelle loi suit \(X\) ? Préciser ses paramètres.
  2. Calculer \(P(X = 4)\). Arrondir à \(10^{-4}\).
  3. Calculer \(P(X \geqslant 1)\).

Partie B — Suite arithmético-géométrique

Au 1er janvier 2020, une centrale solaire possède 10 560 panneaux. Chaque année, 2 % des panneaux se détériorent (retirés) et 250 nouveaux sont installés. On modélise par la suite \((u_n)\) où \(u_n\) est le nombre de panneaux au 1er janvier \(2020 + n\) : \[u_0 = 10\,560 \quad \text{et} \quad u_{n+1} = 0{,}98\,u_n + 250.\] On pose \(v_n = u_n - 12\,500\).

  1. Expliquer pourquoi \(u_{n+1} = 0{,}98\,u_n + 250\) modélise bien la situation décrite.
  2. Calculer \(u_1\) et \(u_2\).
  3. Montrer que \((v_n)\) est géométrique de raison \(0{,}98\). En déduire \(v_n\) en fonction de \(n\).
  4. Exprimer \(u_n\) en fonction de \(n\).
  5. À partir de quelle année le nombre de panneaux dépassera-t-il 12 000 ? (Utiliser la calculatrice.)
Correction

Partie A

  1. \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,0{,}6)\) : 10 tirages indépendants, probabilité de boule noire = \(\dfrac{6}{10} = 0{,}6\).
  2. \(P(X = 4) = \dbinom{10}{4}(0{,}6)^4(0{,}4)^6 = 210 \times 0{,}1296 \times 0{,}004096 \approx \mathbf{0{,}1115}\).
  3. \(P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (0{,}4)^{10} \approx 1 - 0{,}0001 \approx \mathbf{0{,}9999}\).

Partie B

  1. On retire 2 % des panneaux → il en reste 98 %, soit \(0{,}98\,u_n\). On ajoute 250 nouveaux : d’où \(u_{n+1} = 0{,}98\,u_n + 250\).
  2. \(u_1 = 0{,}98 \times 10\,560 + 250 = 10\,348{,}8 + 250 = 10\,598{,}8\). \(u_2 = 0{,}98 \times 10\,598{,}8 + 250 \approx 10\,636{,}8\).
  3. \(v_{n+1} = u_{n+1} - 12\,500 = 0{,}98\,u_n + 250 - 12\,500 = 0{,}98(u_n - 12\,500) = 0{,}98\,v_n\). Suite géométrique de raison \(0{,}98\). \(v_0 = 10\,560 - 12\,500 = -1\,940\), donc \(v_n = -1\,940 \times 0{,}98^n\).
  4. \(u_n = 12\,500 - 1\,940 \times 0{,}98^n\).
  5. On cherche \(u_n > 12\,000\), soit \(1\,940 \times 0{,}98^n < 500\), i.e. \(0{,}98^n < \dfrac{500}{1\,940} \approx 0{,}2577\). À la calculatrice : \(0{,}98^{67} \approx 0{,}258 > 0{,}2577\) et \(0{,}98^{68} \approx 0{,}253 < 0{,}2577\). Donc à partir de \(n = 68\), soit l’année 2088.
12

Groupes sanguins — Probabilités totales et Bayes

★★☆ Intermédiaire

Adapté du Bac Spé — Métropole J1, 17 juin 2025 (Ex. 1)

On sait qu’au sein de la population française :

  • 45 % des individus sont de groupe A, et parmi eux 85 % sont de rhésus positif ;
  • 10 % sont de groupe B, et parmi eux 84 % sont de rhésus positif ;
  • 3 % sont de groupe AB, et parmi eux 82 % sont de rhésus positif ;
  • 42 % sont de groupe O.

On choisit au hasard une personne. On note \(A\), \(B\), \(AB\), \(O\) les évènements correspondant au groupe sanguin et \(R\) l’évènement « la personne est de rhésus positif ».

  1. Construire l’arbre de probabilités de cette situation (premier niveau : groupe sanguin, deuxième niveau : rhésus).
  2. Montrer que \(P(B \cap R) = 0{,}084\). Interpréter ce résultat dans le contexte.
  3. On précise que \(P(R) = 0{,}8397\). Montrer que \(P_O(R) = 0{,}83\).
  4. Le groupe O de rhésus négatif est le seul groupe de « donneur universel ». Montrer que la probabilité qu’un individu choisi au hasard soit donneur universel est \(0{,}0714\).
Correction
  1. Arbre à deux niveaux. Premier niveau : \(A\) (0,45), \(B\) (0,10), \(AB\) (0,03), \(O\) (0,42). Pour chaque groupe : \(R\) et \(\overline{R}\). Probabilités conditionnelles : \(P_A(R)=0{,}85\), \(P_B(R)=0{,}84\), \(P_{AB}(R)=0{,}82\), \(P_O(R)=0{,}83\) (valeur déterminée en q.3).
  2. \(P(B \cap R) = P(B) \times P_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84 = 0{,}084\). Cela signifie que 8,4 % de la population française est de groupe B et de rhésus positif.
  3. Par la formule des probabilités totales (\(A\), \(B\), \(AB\), \(O\) forment une partition) : \[P(R) = 0{,}45 \times 0{,}85 + 0{,}10 \times 0{,}84 + 0{,}03 \times 0{,}82 + 0{,}42 \times P_O(R)\] \[0{,}8397 = 0{,}3825 + 0{,}084 + 0{,}0246 + 0{,}42 \times P_O(R)\] \[0{,}42 \times P_O(R) = 0{,}8397 - 0{,}4911 = 0{,}3486\] \[P_O(R) = \frac{0{,}3486}{0{,}42} = 0{,}83 \checkmark\]
  4. \(P(\text{donneur universel}) = P(O \cap \overline{R}) = P(O) \times P_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times (1 - 0{,}83) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714\). \(\checkmark\)
13

Permis de conduire — Probabilités et loi binomiale

★★★ Difficile

Adapté du Bac Spé — Polynésie J1, 2 septembre 2025 (Ex. 1)

En France, parmi les jeunes en formation au permis de conduire, 16 % suivent la conduite accompagnée (à partir de 15 ans). Parmi eux, 74,7 % réussissent l’examen dès la première tentative. En formation classique, ce taux n’est que de 56,8 %.

On choisit au hasard un jeune ayant passé l’examen. On note \(A\) = « a suivi la conduite accompagnée » et \(R\) = « a eu le permis dès la première tentative ».

On arrondira les résultats à \(10^{-3}\) près si nécessaire.

Partie A — Probabilités conditionnelles

  1. Dresser l’arbre de probabilités de la situation.
  2. Démontrer que \(P(R) = 0{,}59664\). Arrondir à \(10^{-3}\) et interpréter.
  3. On choisit un jeune ayant réussi dès la première tentative. Quelle est la probabilité qu’il ait suivi la conduite accompagnée ?
  4. Quelle devrait être la proportion de jeunes en conduite accompagnée pour que le taux de réussite global dépasse 70 % ?

Partie B — Loi binomiale

Une auto-école présente pour la première fois à l’examen 10 candidats en conduite accompagnée. On modélise les passages par des épreuves indépendantes. On note \(X\) le nombre de candidats réussissant dès la première tentative.

  1. Justifier que \(X\) suit une loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,0{,}747)\).
  2. Calculer \(P(X \geqslant 6)\). Arrondir à \(10^{-3}\) et interpréter.
  3. Calculer \(E(X)\).
Correction

Partie A

  1. Arbre : premier niveau \(A\) (0,16) et \(\overline{A}\) (0,84) ; deuxième niveau : \(R\) et \(\overline{R}\) avec \(P_A(R)=0{,}747\), \(P_{\overline{A}}(R)=0{,}568\).
  2. \(P(R) = P(A)\times P_A(R) + P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(R) = 0{,}16\times 0{,}747 + 0{,}84\times 0{,}568 = 0{,}11952 + 0{,}47712 = 0{,}59664\).
    Arrondi : \(P(R) \approx 0{,}597\). Environ 59,7 % des jeunes réussissent l’examen dès la première tentative.
  3. \(P_R(A) = \dfrac{P(A \cap R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}16 \times 0{,}747}{0{,}597} = \dfrac{0{,}11952}{0{,}597} \approx \mathbf{0{,}200}\).
    Parmi les jeunes ayant réussi du premier coup, 20 % avaient suivi la conduite accompagnée.
  4. On cherche \(p\) tel que \(p \times 0{,}747 + (1-p) \times 0{,}568 > 0{,}70\) :
    \(0{,}179p > 0{,}132 \Rightarrow p > 0{,}737\).
    Il faudrait que plus de 73,7 % des jeunes suivent la conduite accompagnée.

Partie B

  1. 10 candidats, épreuves indépendantes, probabilité de succès constante \(p = 0{,}747\). Donc \(X \sim \mathcal{B}(10\,;\,0{,}747)\).
  2. \(P(X \geqslant 6) = \displaystyle\sum_{k=6}^{10}\binom{10}{k}(0{,}747)^k(0{,}253)^{10-k} \approx \mathbf{0{,}918}\).
    Il y a environ 91,8 % de chances qu’au moins 6 candidats sur 10 réussissent dès la première tentative.
  3. \(E(X) = n \times p = 10 \times 0{,}747 = \mathbf{7{,}47}\). En moyenne, 7,47 candidats sur 10 réussissent.

📚 Exercices complémentaires (8)

Sélection issue de la banque Math@mine + manuel Sésamath (ouvert). Corrigés dépliables.

Exo 1 Exercice Exercice 1
Exercice — Probabilité conditionnelle (tableau)

Dans un lycée de 500 élèves, on a recensé les données suivantes :

Spé MathsPas Spé MathsTotal
Filles80220300
Garçons12080200
Total200300500

On choisit un élève au hasard. Soit \(F\) = « l'élève est une fille » et \(M\) = « l'élève est en spé maths ».

  1. Calculer \(P(F)\), \(P(M)\) et \(P(F \cap M)\).
  2. Calculer \(P_F(M)\) et \(P_M(F)\). Interpréter chaque résultat.
  3. Calculer \(P_{\bar{F}}(M)\). Comparer avec \(P_F(M)\).
  4. \(F\) et \(M\) sont-ils indépendants ? Justifier.
Voir la correction
Correction
  1. \(P(F) = \dfrac{300}{500} = \dfrac{3}{5}\), \quad \(P(M) = \dfrac{200}{500} = \dfrac{2}{5}\), \quad \(P(F \cap M) = \dfrac{80}{500} = \dfrac{4}{25}\).
  2. \(P_F(M) = \dfrac{P(F \cap M)}{P(F)} = \dfrac{4/25}{3/5} = \dfrac{4}{15} \approx 26{,}7\,%\). Sachant que l'élève est une fille, elle a 26,7\,% de chances d'être en spé maths.

    \(P_M(F) = \dfrac{P(F \cap M)}{P(M)} = \dfrac{4/25}{2/5} = \dfrac{2}{5} = 40\,%\). Parmi les élèves de spé maths, 40\,% sont des filles.

  3. \(P(\bar{F}) = \dfrac{200}{500} = \dfrac{2}{5}\), \quad \(P(\bar{F} \cap M) = \dfrac{120}{500}\). \quad \(P_{\bar{F}}(M) = \dfrac{120/500}{2/5} = \dfrac{3}{5} = 60\,%\).

    Les garçons sont proportionnellement plus nombreux en spé maths (60\,% vs 26,7\,%).

  4. \(P(F) \times P(M) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{5} = \dfrac{6}{25}\). Or \(P(F \cap M) = \dfrac{4}{25} \neq \dfrac{6}{25}\). Donc \(F\) et \(M\) ne sont pas indépendants.
Exo 2 Exercice Exercice 2
Exercice — Arbre pondéré (tirage sans remise)

Une urne contient 4 boules rouges (R) et 3 boules vertes (V). On tire successivement deux boules sans remise.

  1. Construire l'arbre pondéré de cette expérience.
  2. Calculer la probabilité d'obtenir deux boules de la même couleur.
  3. Calculer la probabilité d'obtenir au moins une boule rouge.
  4. Sachant que la première boule est rouge, quelle est la probabilité que la seconde soit verte ?
Voir la correction
Correction
  1. Premier tirage : \(P(R)=\dfrac{4}{7}\), \(P(V)=\dfrac{3}{7}\). Si R : \(P(R|R)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\), \(P(V|R)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\). Si V : \(P(R|V)=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}\), \(P(V|V)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\).
  2. \(P(\text{même couleur}) = P(RR) + P(VV) = \dfrac{4}{7} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{7} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{7} + \dfrac{1}{7} = \dfrac{3}{7}\).
  3. \(P(\text{au moins un R}) = 1 - P(VV) = 1 - \dfrac{3}{7} \times \dfrac{1}{3} = 1 - \dfrac{1}{7} = \dfrac{6}{7}\).
  4. C'est directement \(P_{R_1}(V_2) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\).
Exo 3 Exercice Exercice 3
Exercice — Formule des probabilités totales

Dans une ville, 30\,% des habitants utilisent les transports en commun (TC), 50\,% utilisent leur voiture (V) et 20\,% vont à pied (P). La probabilité d'être en retard selon le moyen de transport est :

  • TC : 15\,% de retard
  • Voiture : 25\,% de retard
  • À pied : 5\,% de retard

  1. Vérifier que TC, V, P forment une partition de l'univers.
  2. Construire l'arbre pondéré.
  3. Calculer la probabilité qu'un habitant soit en retard.
  4. Un habitant est en retard. Quelle est la probabilité qu'il soit venu en voiture ? (Formule de Bayes)
Voir la correction
Correction
  1. \(30\,% + 50\,% + 20\,% = 100\,%\), les trois groupes sont incompatibles et leur réunion couvre tout.
  2. Arbre à deux niveaux : TC\((0{,}3)\to R(0{,}15)/\bar{R}(0{,}85)\) ; V\((0{,}5)\to R(0{,}25)/\bar{R}(0{,}75)\) ; P\((0{,}2)\to R(0{,}05)/\bar{R}(0{,}95)\).
  3. \(P(R) = 0{,}3\times 0{,}15 + 0{,}5\times 0{,}25 + 0{,}2\times 0{,}05 = 0{,}045 + 0{,}125 + 0{,}010 = \mathbf{0{,}180}\).
  4. \(P_R(V) = \dfrac{P(V) \times P_V(R)}{P(R)} = \dfrac{0{,}5 \times 0{,}25}{0{,}180} = \dfrac{0{,}125}{0{,}180} \approx 0{,}694\).

    Sachant qu'un habitant est en retard, il y a environ 69,4\,% de chances qu'il soit venu en voiture.

Exo 4 Exercice Exercice 4
Exercice — Indépendance

On lance simultanément deux dés équilibrés (un rouge, un bleu).

  1. Soit \(A\) = « le dé rouge donne un nombre pair » et \(B\) = « la somme des deux dés est supérieure à 8 ». Montrer que \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.
  2. Soit \(C\) = « le dé rouge donne 6 » et \(D\) = « le dé bleu donne un nombre impair ». Montrer que \(C\) et \(D\) sont indépendants.
  3. Si \(A\) et \(B\) sont indépendants avec \(P(A) = 0{,}4\) et \(P(B) = 0{,}3\), calculer \(P(A \cup B)\), \(P(\bar{A} \cap B)\) et \(P_{B}(A)\).
Voir la correction
Correction
  1. \(P(A) = \dfrac{1}{2}\). Pour \(B\) : 10 issues sur 36, donc \(P(B) = \dfrac{10}{36} = \dfrac{5}{18}\). \(A\cap B\) : 6 issues sur 36, donc \(P(A\cap B) = \dfrac{1}{6}\). Or \(P(A)\times P(B) = \dfrac{5}{36} \neq \dfrac{6}{36}\). Donc \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants.
  2. \(P(C) = \dfrac{1}{6}\), \(P(D) = \dfrac{1}{2}\). \(P(C\cap D) = \dfrac{3}{36} = \dfrac{1}{12}\). Or \(P(C)\times P(D) = \dfrac{1}{12} = P(C\cap D)\). Donc \(C\) et \(D\) sont indépendants.
  3. \(P(A\cap B) = 0{,}4\times 0{,}3 = 0{,}12\). \(P(A\cup B) = 0{,}4+0{,}3-0{,}12 = 0{,}58\). \(P(\bar{A}\cap B) = 0{,}3-0{,}12 = 0{,}18\). \(P_B(A) = P(A) = 0{,}4\) (car \(A\) et \(B\) indépendants).
Exo 5 Exercice Exercice 5
Exercice — Test de dépistage et faux positifs

Un test de dépistage d'une maladie rare a les caractéristiques suivantes :

  • La maladie touche 0,5\,% de la population ;
  • Si le patient est malade, le test est positif dans 99\,% des cas (sensibilité) ;
  • Si le patient n'est pas malade, le test est négatif dans 95\,% des cas (spécificité).

  1. Construire l'arbre pondéré. Nommer \(M\) = « être malade » et \(T\) = « test positif ».
  2. Calculer \(P(T)\), la probabilité qu'un test soit positif.
  3. Un patient a un test positif. Quelle est la probabilité qu'il soit réellement malade ? Ce résultat est-il surprenant ?
  4. Expliquer le paradoxe du « faux positif » et son importance en médecine.
Voir la correction
Correction
  1. \(P(M) = 0{,}005\), \(P(\bar{M}) = 0{,}995\). \(P_M(T) = 0{,}99\), \(P_M(\bar{T}) = 0{,}01\). \(P_{\bar{M}}(T) = 0{,}05\), \(P_{\bar{M}}(\bar{T}) = 0{,}95\).
  2. \(P(T) = P(M)\times P_M(T) + P(\bar{M})\times P_{\bar{M}}(T) = 0{,}005\times 0{,}99 + 0{,}995\times 0{,}05 = 0{,}00495 + 0{,}04975 = \mathbf{0{,}0547}\).
  3. \(P_T(M) = \dfrac{P(M) \times P_M(T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}00495}{0{,}0547} \approx 0{,}0905\). Seulement 9\,% !

    Oui, très surprenant : malgré un test positif avec un test très fiable, la probabilité d'être réellement malade est seulement 9\,%.

  4. Quand la maladie est très rare, même un test excellent génère beaucoup de faux positifs. Sur 10\,000 personnes : \(\sim\)50 malades (dont \(\sim\)49,5 testés positifs) et 9950 sains (dont \(\sim\)497,5 faux positifs). Les vrais positifs sont noyés dans les faux positifs. C'est pourquoi un premier test positif est toujours confirmé par un second test.
Exo 6 Exercice Exercice 6
Exercice — Répétition d'épreuves

Un archer atteint la cible avec une probabilité de 0,7 à chaque tir. Les tirs sont indépendants.

  1. Il effectue 3 tirs. Construire l'arbre pondéré (\(A\) = atteint, \(M\) = manqué).
  2. Calculer la probabilité d'atteindre la cible exactement 2 fois.
  3. Calculer la probabilité d'atteindre la cible au moins une fois.
  4. Calculer la probabilité d'atteindre la cible au moins 2 fois.
Voir la correction
Correction
  1. Arbre à 3 niveaux, chaque branche \(A\) a probabilité 0,7 et \(M\) a probabilité 0,3.
  2. Issues favorables : \(AAM\), \(AMA\), \(MAA\). Chacune a probabilité \(0{,}7\times 0{,}7\times 0{,}3 = 0{,}147\). \(P(\text{exactement 2}) = 3\times 0{,}147 = \mathbf{0{,}441}\).
  3. \(P(\text{au moins 1}) = 1 - P(\text{0 atteinte}) = 1 - 0{,}3^3 = 1 - 0{,}027 = \mathbf{0{,}973}\).
  4. \(P(\text{au moins 2}) = P(\text{exactement 2}) + P(\text{exactement 3}) = 0{,}441 + 0{,}7^3 = 0{,}441 + 0{,}343 = \mathbf{0{,}784}\).
Exo 7 Exercice Exercice 7
Exercice — Distinguer \(P_A(B)\) et \(P_B(A)\)

Dans une classe de 30 élèves, 18 ont réussi le contrôle de maths (\(M\)) et 15 ont réussi le contrôle de physique (\(P\)). 10 élèves ont réussi les deux.

  1. Calculer \(P(M)\), \(P(P)\) et \(P(M\cap P)\).
  2. Calculer \(P_M(P)\) et \(P_P(M)\). Expliquer la différence.
  3. Calculer \(P_{\bar{M}}(P)\). Interpréter.
  4. \(M\) et \(P\) sont-ils indépendants ?
  5. Comparer \(P_M(P)\) et \(P_{\bar{M}}(P)\) : quelle conclusion ?
Voir la correction
Correction
  1. \(P(M) = \dfrac{18}{30} = \dfrac{3}{5}\), \quad \(P(P) = \dfrac{15}{30} = \dfrac{1}{2}\), \quad \(P(M\cap P) = \dfrac{10}{30} = \dfrac{1}{3}\).
  2. \(P_M(P) = \dfrac{10}{18} = \dfrac{5}{9} \approx 55{,}6\,%\). Parmi ceux qui ont réussi maths, 55,6\,% ont aussi réussi physique.

    \(P_P(M) = \dfrac{10}{15} = \dfrac{2}{3} \approx 66{,}7\,%\). Parmi ceux qui ont réussi physique, 66,7\,% ont aussi réussi maths.

  3. \(P(\bar{M}) = \dfrac{12}{30}\), \(P(\bar{M} \cap P) = \dfrac{5}{30}\). \(P_{\bar{M}}(P) = \dfrac{5}{12} \approx 41{,}7\,%\). Parmi ceux qui ont raté maths, seulement 41,7\,% ont réussi physique.
  4. \(P(M)\times P(P) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{10}\). Or \(P(M\cap P) = \dfrac{1}{3} \neq \dfrac{3}{10}\). Donc \(M\) et \(P\) ne sont pas indépendants.
  5. \(P_M(P) \approx 55{,}6\,% > P_{\bar{M}}(P) \approx 41{,}7\,%\). Réussir en maths augmente la probabilité de réussir en physique : corrélation positive.
Exo 8 Exercice Exercice 8
Exercice — Chaîne de production (double contrôle)

Une chaîne de production comporte deux postes de contrôle successifs. Au premier poste, une pièce défectueuse est détectée avec une probabilité de 0,8 et rejetée. Les pièces non rejetées passent au second poste, qui détecte les défauts restants avec une probabilité de 0,9. On sait que 5\,% des pièces en entrée sont défectueuses.

  1. Construire l'arbre pondéré complet (\(D\) = défectueuse, \(\bar{D}\) = bonne).
  2. Calculer la probabilité qu'une pièce défectueuse passe les deux contrôles sans être détectée.
  3. Calculer la probabilité qu'une pièce soit rejetée à l'un ou l'autre des postes.
  4. Calculer la probabilité qu'une pièce parvienne en fin de chaîne.
  5. Une pièce est en fin de chaîne. Calculer la probabilité qu'elle soit défectueuse.
Voir la correction
Correction
  1. \(P(D) = 0{,}05\), \(P(\bar{D}) = 0{,}95\). Poste 1 : si \(D\), rejet avec \(p=0{,}8\). Poste 2 : si \(D\) non détectée (\(p=0{,}2\)), rejet avec \(p=0{,}9\).
  2. \(P(D \text{ passe les 2}) = 0{,}05 \times 0{,}2 \times 0{,}1 = \mathbf{0{,}001}\).
  3. \(P(\text{rejetée}) = 0{,}05\times 0{,}8 + 0{,}05\times 0{,}2\times 0{,}9 = 0{,}04 + 0{,}009 = \mathbf{0{,}049}\).
  4. \(P(\text{fin de chaîne}) = P(\bar{D}) + P(D \text{ passe les 2}) = 0{,}95 + 0{,}001 = \mathbf{0{,}951}\).
  5. \(P_{\text{fin}}(D) = \dfrac{0{,}001}{0{,}951} \approx 0{,}00105\). Seulement 0,1\,% des pièces en fin de chaîne sont défectueuses.