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Cogmaster, Probabilités discrètes Feuille de TD no2 - Dénombrement et probabili

Cogmaster, Probabilités discrètes Feuille de TD no2 - Dénombrement et probabilités conditionnelles Exercice 1 1. Etant donnés 3 événements A, B, C, montrer la formule suivante (en supposant que P(A∩ B ∩C) > 0) : P(A ∩B ∩C) = P(A) P(B|A) P(C|A ∩B). 2. On tire trois cartes au hasard et sans remise dans un jeu de 32 cartes. Quelle est la probabilité de tirer trois piques ? 3. Quelle est la probabilité pour que la première carte soit un pique sachant que les deux dernières le sont ? Correction 1. D’après la loi de Bayes, on a (de proche en proche) P((A ∩B) ∩C) = P(A ∩B)P(C|A ∩B) = P(A)P(B|A)P(C|A ∩B). 2. Sur un jeu de 32 cartes, il y a 8 piques. Notons A (resp. B, C) l’évènement que la première (resp. deuxième, troisième) carte tirée soit un pique. On veut calculer la probabilité de l’évènement A ∩B ∩C. Or d’après la question 1 on a P(A ∩B ∩C) = P(A)P(B|A)P(C|A ∩B) = 8 32 7 31 6 30 ≃0.011 3. La probabilité pour que les deux dernières cartes soient des piques est P(B ∩C) = P(A ∩B ∩C) + P(Ac ∩B ∩C) = P(A ∩B ∩C) + P(C|Ac ∩B)P(B|Ac)P(Ac) = 8 32 7 31 6 30 + 7 30 8 31 24 32 ≃0.056. La probabilité pour que la première carte soit un pique sachant que les deux dernières le sont s’écrit P(A|(B ∩C)) = P(A ∩B ∩C) P(B ∩C) = 8 32 7 31 6 30 8 32 7 31 6 30 + 7 30 8 31 24 32 = 1 5 Exercice 2 J’ai 8 clefs qui se ressemblent toutes ; une seule ouvre mon appartement. En revenant chez moi j’essaie au hasard les clefs une par une. Calculer, dans chacun des cas suivants, la probabilité que j’ouvre ma porte en trois essais au plus : 1. 1er cas. Je suis stupide, et je choisis au hasard une des 8 clefs à chaque essai. 2. 2e cas. Je le suis un peu moins, et je mets de côté les mauvaises clefs au fur et à mesure. Correction 1 1. — Correction no 1 (raisonnement par dénombrement). Il y a en tout 83 triplets de choix de clefs (avec remise). Parmi eux, il y a 73 triplets n’ouvrant pas la porte, donc la probabilité de ne pas trouver la bonne clef en trois essais est 73 83. — Correction no 2 = Posons Ai l’évènement « je tire ma clef au i-ième essai ». Il est clair que les Ai sont indépendants et que P(Ai) = 1 8. Ainsi, la probabilité de ne pas trouver la bonne clef en trois essais est P(Ac 1 ∩Ac 2 ∩Ac 3) = P(Ac 1)P(Ac 2)P(Ac 3) = 7 × 7 × 7 8 × 8 × 8 = 73 83. La probabilité d’ouvrir la porte en moins de trois essais est donc de 1 −73 83 ≃0.33. 2. Si je mets de côté les clefs au fur et à mesure, les évènements ne sont plus indépendants donc la probabilité de ne pas trouver la bonne clef en trois essais est P(Ac 1 ∩Ac 2 ∩Ac 3) = P(Ac 1)P(Ac 2|Ac 1)P(Ac 3|Ac 1 ∩Ac 2) = 7 8 × 6 7 × 5 6 = 5 8. Exercice 3 On sait que 4% de la population est atteinte d’une certaine maladie. On dispose d’un test de dépistage de cette maladie qui présente les caractéristiques suivantes : si la personne est malade, le test est positif avec une probabilité de 95% ; si la personne est saine, le test est positif avec une probabilité de 15%. 1. Quelle est la probabilité pour une personne d’être malade si son test est positif ? 2. (*) Quelle est la probabilité pour une personne d’être saine si son test est négatif ? Correction Soit une personne tirée au hasard dans la population. Notons A l’évènement « cette personne est malade » et B l’évènement « son test est positif ». On sait d’après l’énoncé que P(A) = 0.04, P(B|A) = 0.95 et P(B|Ac) = 0.15. 1. Remarquons dans un premier temps (loi des causes totales) que P(B) = P(B|A)P(A)+P(B|Ac)P(Ac) = 0.95∗0.04+0.15∗(1−0.04) = 0.038+0.144 = 0.182 La probabilité pour une personne d’être malade si son test est positif s’écrit P(A|B) = P(B|A)P(A) P(B) = 0.95 × 0.04/0.182 ≃0.21 2. La probabilité pour une personne d’être saine si son test est négatif s’écrit P(Ac|Bc) = 1 −P(A|Bc) = 1 −P(Bc|A) P(A) P(Bc) = 1 −(1 −P(B|A)) P(A) P(Bc) = 1 −(1 −0.95) ∗ 0.04 1 −0.182 = 0.997. Exercice 4 On a décelé dans un élevage de moutons, une probabilité de 0.3 qu’un animal soit atteint par une maladie M. La probabilité qu’un mouton qui n’est pas atteint par M ait une réaction négative à un test T est 0.9. S’il est atteint par M, la probabilité qu’il ait une réaction positive à T est 0.8. 2 1. Quelle est la probabilité que le test d’un mouton pris au hasard ait une réaction positive ? 2. Quelle est la probabilité qu’un mouton pris au hasard et ayant une réaction positive soit atteint par M ? Correction Etant donné un mouton tiré au hasard, soit M l’évènement indiquant qu’il est atteint de la maladie, et T qu’il répond positivement au test. 1. On a P(M) = 0.3, P(T c|M c) = 0.9 et P(T|M) = 0.8. On en déduit que la probabilité que le test d’un mouton pris au hasard ait une réaction positive est P(T) = P(T|M)P(M) + P(T|M c)P(M c) = 0.8 ∗0.3 + 0.1 ∗0.7 = 0.31 2. La probabilité qu’un mouton pris au hasard et ayant une réaction positive soit atteint par M est P(M|T) = P(M ∩T) P(T) = P(T|M)P(M) P(T) = 0.8 ∗0.3 0.31 ≃0.77 Exercice 5 (*) Avant d’être acceptés par une banque de sang, des échantillons de sang sont testés contre la présence de virus de l’hépatite A ou B. La probabilité que l’échantillon soit accepté quand aucun virus de l’hépatite n’est présent est de 0.95. La probabilité que l’échantillon soit rejeté quand le virus de l’hépatite A est présent est de 0.8. La probabilité que l’échantillon soit rejeté quand le virus de l’hépatite B est présent est de 0.95. On suppose que 4% de la population des donneurs de sang sont porteurs du virus de l’hépatite A et 1% du virus de l’hépatite B, aucun individu n’étant porteur à la fois des virus A et B. 1. Calculer la probabilité d’accepter un échantillon. 2. Calculer la probabilité que dans un échantillon accepté le virus de l’hépatite A ou B soit présent. Correction Etant donné un individu tiré au hasard dans la population, notons A l’évène- ment « cet individu est atteint de l’hépatite A », et B l’évènement « cet individu est atteint de l’hépatite B ». Notons K l’évènement « l’échantillon de cet individu est accepté ». D’après l’énoncé, on a P(A) = 0.04, P(B) = 0.01, P(Kc|A) = 0.8, P(K|Ac ∩Bc) = 0.95 et P(Kc|B) = 0.95. 1. On veut calculer la probabilité de l’évènement K. Commençons par remarquer que comme aucun individu ne peut être porteur à la fois de l’hépatite A et de l’hépatite B, les évènements A et B sont disjoints, et par conséquent A, B et (A ∪B)c = Ac ∩Bc forment une partition de l’espace Ωdes possibles. On en déduit que P(K) = P(K|Ac ∩Bc)P(Ac ∩Bc) + P(K|A)P(A) + P(K|B)P(B). Or, P(K|A) = 1 −P(Kc|A) = 0.2 et P(K|B) = 1 −P(Kc|B) = 0.05. Par ailleurs, P(Ac ∩Bc) = 1 −P(A ∪B) = 1 −P(A) −P(B) = 0.95. Finalement, P(K) = 0.952 + 0.2 ∗0.04 + 0.05 ∗0.01 = 0.911 3 2. La probabilité que dans un échantillon accepté le virus de l’hépatite A ou B soit présent s’écrit P(A∪B|K) = P(K ∩(A ∪B) P(K) = P(A|K)P(A) + P(B|K)P(B) P(K) = 0.008 + 0.0005 0.911 ≃0.0093 Exercice 6 (*) Un document a été perdu. La probabilité pour qu’il se trouve dans un meuble est p, (0 < p < 1). Ce meuble comporte sept tiroirs (on suppose que ces tiroirs sont équiprobables). On explore six tiroirs sans trouver le document. Quelle est la probabilité de le trouver dans le septième ? Correction Notons A1 l’évènement « le document se trouve dans le premier tiroir », et ainsi de suite A2, A3, . . . , A7. Le document ne peut pas se trouver dans deux tiroirs simultanéments donc les Ai sont deux à deux disjoints. Comme P(A1 ∪A2 ∪. . . A7) = p, on en déduit que P(A1) = P(A2) = · · · = P(A7) = p 7. Maintenant, sachant que le document n’est pas dans les 6 premiers tiroirs (donc que l’évènement Ac 1 ∩Ac 2 ∩· · · ∩Ac 6 est vériﬁé), la probabilité qu’il soit dans le septième tiroir est P(A7|Ac 1 ∩Ac 2 ∩· · · ∩Ac 6) = P(A7 ∩Ac 1 ∩Ac 2 ∩· · · ∩Ac 6) P(Ac 1 ∩Ac 2 ∩· uploads/Geographie/ td2-corrige 13 .pdf