Math@mine / Seconde 2026 / Ch15 / Exercices

Chapitre 15 — Probabilités conditionnelles et arbres · Exercices

Seconde 2026 — Chapitre 15

Exercices — Probabilités conditionnelles

Probabilité conditionnelle, arbres, probabilités totales, indépendance

Progression :
0 / 11
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

★★★ Difficile

Adapté du Bac Spé — Asie, juin 2025 (Ex. 1, Partie A)

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 ?
Correction
  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.
10

Machines sous garantie — Indépendance

★★★ Difficile

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

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.
Correction
  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.
11

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. \(P(\text{donneur universel}) = P(O \cap \overline{R}) = P(O) \times P_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times (1 - 0{,}83) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714\). \(\checkmark\)
12

Permis de conduire — Probabilités conditionnelles

★★★ Difficile

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

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.

  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 % ?
Correction
  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.