Exercices corriges de probabilites et statistique
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Exercices corrigés de probabilités et statistique
Introduction
Ce document propose des exercices corrigés illustrant le cours de probabilités et statistique. Les corrections sont abondamment commentées pour faciliter la compréhension et expliciter le raisonnement qui conduit à la bonne solution. On trouve ainsi à la suite de l’énoncé d’un exercice une série de commentaires encadrant des éléments de correction. La réponse attendue lors d’une évaluation est constituée de l’ensemble des éléments de correction, à l’exclusion, bien entendu, des commentaires. Pour faciliter la séparation entre correction et commentaires, les éléments de correction sont présentés comme suit :
Correction
Un élément de correction.
Pour profiter au maximum de ce recueil, il est très vivement conseillé de lire l’énoncé seulement, puis de rédiger une correction exhaustive (et pas seulement un brouillon) en se mettant dans les conditions d’une évaluation, c’est-à-dire en se chronométrant, en n’utilisant pas de calculatrice et, enfin, en s’abstenant de consulter des notes de cours ou d’autres documents. Une fois la correction rédigée, on pourra la confronter à la correction type, en repérant notamment les justifications manquantes. On pourra aussi rechercher dans les commentaires un éventuel raisonnement faux typique, si la correction rédigée est fortement éloignée de la correction type.
Chapitre 1
Expériences aléatoires et probabilités
Exercice 1.1
Énoncé On étudie les connexions d’internautes à un site web. Celui-ci propose six versions de son contenu, réparties en trois versions anglaises (notées en) et trois versions françaises (notées f r). Pour chaque langue, les trois versions sont les suivantes : une version normale (n), une version pour les petits écrans comme ceux des téléphones (p) et une version pour les écrans de taille moyenne comme ceux des tablettes (m). En étudiant l’historique des connexions, on constate que les versions ne sont pas utilisées de façon uniforme. Plus précisément, si on choisit un internaute connecté au hasard, la probabilité de tomber sur chacune des versions est donnée par la table suivante :
…
Dans la table, chaque version est désignée par sa langue et son type. L’ensemble des six versions forme l’univers . Les lettres a et b désignent des paramètres à déterminer.
Question 1 Quelles propriétés doivent vérifier a et b pour que P soit bien une probabilité sur ?
Question 2 On constate que le site a deux fois plus d’utilisateurs anglophones que d’utilisateurs francophones. En déduite a et b.
Question 3 Quel pourcentage d’utilisateurs du site consultent la version pour petit écran ?
Dans cet exercice, l’univers est déjà fixé et l’objectif est de construire une proba-bilité sur cet univers. Les questions ont pour objectif de tester la connaissance des propriétés d’une probabilité.
…
Il est fréquent que la solution proposée ne soit pas aussi bien justifiée que ce qui précède. Il est pourtant important de ne pas oublier les conditions de la forme a 2 [0;1] et surtout de justifier qu’on peut faire la somme des valeurs données dans le tableau. Il se pourrait en effet que ne soit pas couvert complètement par les éléments du tableau (imaginons ici une version allemande du site pour laquelle on ne donne pas de probabilités précises), et il faudrait donc connaître la probabilité de l’ensemble des évènements élémentaires listés dans le tableau pour remplacer l’analyse basée sur P( ) = 1.
Correction
Le site ayant deux fois plus d’utilisateurs anglophones que francophones, on suppose que P(fversion anglaiseg) = 2P(fversion françaiseg). Or l’évène-ment fversion anglaiseg est l’union disjointe des trois évènements f(en;n)g, f(en;p)g et f(en;m)g et donc la probabilité de l’évènement est la somme des probabilités des trois évènements élémentaires. Donc, d’après le tableau, on a
P(fversion anglaiseg) = 214 + b + 213;
= b + 217:
De la même façon, on trouve que
P(fversion françaiseg) = a + 215 + 211;
= a + 216;
soit finalement
b+ 21 | = 2 | a + 21 | : | ||
7 | 6 | ||||
En combinant cette équation avec le résultat obtenu à la question précédent, à savoir a + b = 218 , on trouve
b + | 7 | = 2 | 8 | b + | 6 | ; | ||
21 | 21 | 21 | ||||||
soit b = 13 et a = 211 . On constate que a et b sont bien des éléments de [0;1] ce qui montre que cette solution est acceptable.
Comme pour la première question, il faut justifier les réponses en évoquant au moins une fois la décomposition d’un évènement bien choisi en évènements dont on connaît les probabilités. La dernière question se traite de cette façon aussi.
Correction
L’évènement fpetit écrang est l’union disjointe des évènements f(en;p)g et f(f r;p)g, donc sa probabilité est la somme des probabilités de ces deux évènements. On obtient ainsi :
P(fpetit écrang) = P(f(en;p)g) + P(f(f r;p)g) = 215 + b = 1221:
Exercice 1.2
Énoncé On place dans un sac 5 billets de 5 e, 7 billets de 10 e et 10 billets de 20 e. On choisit au hasard une poignée de 8 billets, chaque billet ayant la même probabilité d’être attrapé.
Question 1 Quelle est la probabilité de n’avoir choisi aucun billet de 5 e ?
Question 2 Quelle est la probabilité d’avoir obtenu uniquement des billets de 20 e ?
Question 3 Quelle est la probabilité d’avoir obtenu au moins un billet de chaque valeur ?
Question 4 On recommence l’expérience en tirant les billets un par un et en remettant le billet dans le sac après son tirage. Calculer les probabilités des trois évènements ci-dessus dans cette nouvelle expérience.
Comme dans tout exercice de probabilité qui ne fait pas intervenir de variables aléatoires, on doit commencer la résolution par la définition de l’univers associé à l’expérience. On rencontre ici une difficulté classique : les billets d’une catégorie ne sont pas (facilement) discernables. On pourrait donc être tenté de tenir compte de ce fait dans : c’est en général une mauvaise idée. On suppose donc les billets discernables (numérotés, par exemple).
Correction
On suppose les billets discernables. On appelle c1; : : : ; c5 les 5 billets de 5 e, d1; : : : ; d7 les 7 billets de 10 e et v1; : : : ; v10 les 10 billets de 20 e. On note l’ensemble des billets B, avec
B = fc1; : : : ; c5; d1; : : : ; d7; v1; : : : ; v10g :
L’univers de l’expérience aléatoire, , est constitué de tous les ensembles de 8 billets distincts, soit donc
= ffb1; : : : ; b8g j 8i; bi 2 B et 8j 6= i; bi 6= bjg :
La définition de l’univers est ici très formelle. On peut se contenter d’une définition plus informelle, à condition de bien faire ressortir dans celle-ci deux éléments cruciaux de l’énoncé : le nombre d’éléments choisis (ici 8) et la nature du tirage. Ici, on indique qu’on tire une poignée de billets, ce qui implique qu’il n’y a pas de remise et qu’il n’y a pas d’ordre. Ceci est traduit mathématiquement par le fait qu’on considère un ensemble de billets (et pas une liste) et que les billets sont distincts. Ces deux mots clé (ensemble et distinct) doivent impérativement apparaître dans la réponse. Il faut aussi faire apparaître l’ensemble des objets dans lequel les sous-ensembles sont choisis (ici, B).
Il faut maintenant définir la probabilité sur . Comme dans de nombreuses situations, on fait une hypothèse naturelle d’équiprobabilité, ce qui transforme le calcul d’une probabilité en celui de la taille d’un ensemble.
Correction
Les billets étant équiprobables, on suppose que la probabilité est uniforme que et donc que pour tout évènement A, sa probabilité P(A) est donnée par
jAj
P(A) = j j:
On sait que j j est donné par C228 car il s’agit de l’ensemble des sous-ensembles de cardinal 8 de l’ensemble B qui est lui même de cardinal
Notons qu’il est important de justifier brièvement le choix de la probabilité uniforme (comme c’est fait ici) et de rappeler le mode de calcul des probabilités dans cette situation.
Une fois l’expérience décrite par son univers et la probabilité associée, on peut passer aux questions proprement dites. En général, les « solutions » obtenues en s’attaquant directement aux questions sans passer par la phase de modélisation sont totalement fausses.
Correction
Soit l’évènement A = fn’avoir aucun billet de 5 eg. Il est clair que A peut aussi s’exprimer
A = favoir uniquement des billets de 10 e et de 20 eg:
On cherche donc les sous-ensembles de 8 billets distincts choisis dans B0, l’ensemble des 17 billets de 10 e et 20 e. On en déduit alors que jAj = C178, puis que
…
Notons que le résultat attendu est simplement celui qui fait apparaître les formules explicites pour les Cnp. La simplification du résultat et la valeur numérique approchée ne doivent pas être fournies en général.
On peut interpréter le résultat sous forme d’un tirage séquentiel. Il est clair en effet que la probabilité de tirer un unique billet qui ne soit pas de 5 e est de 1722 . Si on tire ensuite un deuxième billet sans remettre le premier, il ne reste plus que 21 billets, dont seulement 16 ne sont pas de 5 e. La probabilité de ne pas tomber sur un billet de 5 e devient donc 1621 , puis 1520 et ainsi de suite jusqu’à 1015 pour le huitième billet. En formalisant ce raisonnement et en s’appuyant sur la notion de probabilités conditionnelles, on peut retrouver le résultat sur P(A). Il est cependant beaucoup plus simple de déterminer la taille de A en s’appuyant sur des propriétés connues.
Notons qu’il ne faut surtout pas chercher à déterminer la composition de la poignée de billets ne contenant pas de billets de 5 e au risque de perdre beaucoup de temps. Cet exercice se différencie donc d’autres exercices dans lesquels on étudie une partie complexe de en la décomposant en parties plus simples. Ici, on s’intéresse toujours à des sous-ensembles de taille huit, mais on change l’ensemble dont ils sont des parties : on passe de B tout entier (l’ensemble des 22 billets) à un sous-ensemble de B. On procède exactement de la même façon pour la question suivante.
Correction
Soit l’évènement D = fobtenir uniquement des billets de 20 eg. On cherche ainsi les sous-ensembles de taille 8 billets choisis dans l’ensemble des 10 billets de 20 e. On donc jDj = C108 et
…
La troisième question se traite d’une façon assez différente car elle nécessite de réécrire l’évènement.
Correction
Soit l’évènement
E = fobtenir au moins un billet de chaque valeurg:
On étudie son complémentaire F = E qu’on décompose en deux sous-évènements disjoints :
F1 = fobtenir des billets d’une seule valeurg
F2 = fobtenir des billets de deux valeursg:
F1 est en fait l’évènement
F1 = fobtenir uniquement des billets de 20 eg = D;
car il n’y a pas assez de billets de 5 e et de 10 e pour obtenir une poignée de 8 billets composée uniquement de l’une ou l’autre des valeurs. On sait déjà que jF1j = C108. On décompose F2 en trois sous-ensembles disjoints :
G5 = fobtenir des billets de 10 e et de 20 e, et pas de 5 eg; G10 = fobtenir des billets de 5 e et de 20 e, et pas de 10 eg; G20 = fobtenir des billets de 5 e et de 10 e, et pas de 20 eg:
On remarque que
G20 = fn’avoir aucun billet de 20 eg:
En effet, comme il y a strictement moins de 8 billets de 5 e et de 10 e, ne pas obtenir de billet de 20 e implique d’obtenir au moins un billet de 5 e et au moins un billet de 10 e. D’après le raisonnement de la première
question, on a donc jG20j = C128. On remarque aussi que
G5 = faucun billet de 5 eg n funiquement des billets de 20 eg:
D’après la question 1, jfaucun billet de 5 egj = C178, alors que d’après la question 2, jfuniquement des billets de 20 egj = C108. On a donc
jG5j = C178 C108:
Un raisonnement similaire conduit à
jG10j = C158 C108:
Finalement, on a
jF j = jF1j + jG5j + jG10j + jG20j
= C108 + C178 C108 + C158 C108 + C128
= C178 + C158 + C128 C108
Cette question est beaucoup plus complexe que les précédentes et peut conduire à des solutions fausses de façon malheureusement assez naturelle. Il est fréquent par exemple de confondre les évènements G5 et A. Or, dans G5, on considère les poignées qui ne contiennent pas de billet de 5 e mais qui contiennent aussi au moins un billet de 10 e et au moins un billet de 20 e. L’évènement A est moins restrictif car il demande seulement de ne pas avoir de billet de 5 e. On peut donc obtenir une poignée ne contenant que des billets de 20 e. Pour trouver
jG5j, on doit donc enlever de A les poignées ne contenant que des billets de 20 e.
Une autre erreur classique consiste à essayer de construire les résultats de l’expérience qui constituent l’évènement étudié. Cette stratégie fonctionne très bien dans certaines situations, mais elle est parfois délicate à mettre en œuvre. Dans la question précédente, on étudie donc des sous-ensembles de 8 billets contenant au moins un billet de chaque valeur. Pour obtenir un tel sous-ensemble, on peut donc choisir un billet de 5 e (soit 5 possibilités), un billet de 10 e (7 possibilités), un billet de 20 e (10 possibilités) et enfin 5 billets quelconques parmi les 19 billets restants (soit donc C195 possibilités). Les choix étant indépendants, on obtient 5 7 10 C195 façons de construire une poignée de 8 billets.
Le problème est qu’on construit de cette façon plusieurs fois les mêmes poignées, ce qui revient à les compter plusieurs fois. Si on choisit par exemple les billets (c1; d1; v1) puis la poignée fc2; c3; d2; d3; v2g, on obtient la même poignée que si on commence par choisir (c2; d2; v2) puis la poignée fc1; c3; d1; d3; v1g.
En fait 5 7 10 C195 = 4 069 800 alors que C228 = 319 770 : on compte donc de très nombreuses fois les mêmes poignées. Il faudrait ainsi trouver un moyen
d’éviter ces constructions redondantes, ce qui est assez complexe. La meilleure solution reste alors la technique de décomposition utilisée dans la correction.
Le traitement de la question 4 nécessite l’introduction d’un nouvel univers. Comme indiqué plus haut, cette étape est indispensable pour obtenir des résultats corrects.
Correction
Le tirage étant maintenant séquentiel, on obtient une liste de billets. De plus, comme les billets sont remis dans le sac, on peut obtenir plusieurs fois le même. L’univers est donc le produit cartésien B8, soit
= f(b1; : : : ; b8) j 8i; bi 2 Bg:
Comme dans la définition du premier univers, on attend ici des expressions clé importantes : liste (par opposition à ensemble et pour tenir compte de l’ordre dans le tirage) et plusieurs fois le même (par opposition à distinct et pour traduire la remise entre chaque tirage).
On introduit ensuite la probabilité sur .
Correction
Comme dans les questions précédents, on utilise la probabilité uniforme sur , ce qui demande le calcul du cardinal de cet ensemble. Comme c’est un produit cartésien, on a
j j = jBj8 = 228:
Le calcul des trois probabilités se fait ensuite assez facilement en utilisant les mêmes raisonnements que dans la première expérience, avec les adaptations nécessaires au mode de tirage.
Correction
On considère l’évènement A = fn’avoir aucun billet de 5 eg. Comme pour la question 1, il s’agit de trouver les tirages ne contenant que des billets de 10 e et de 20 e. On cherche donc les listes de 8 billets choisis dans
B0, l’ensemble des billets de 10 e et de 20 e. On a donc clairement jAj = jB0j8 = 178. Donc
178
P(A) = 228 ' 0; 127:
De même, l’évènement D = fobtenir uniquement des billets de 20 eg se traite comme à la question : il s’agit de trouver des listes de 8 billets choisis parmi les 10 billets de 20 e. On a clairement 108 listes de ce type, ce qui conduit à
P(D) = 108 ' 1; 82 10 3: 228
Enfin, l’évènement
E = fobtenir au moins un billet de chaque valeurg; se traite par décomposition exactement comme dans la question 3. En utili-sant les mêmes notations, on cherche donc la taille de son complémentaire F en passant par F1 et F2. Une différence avec la question 3 est qu’on peut obtenir ici des listes de 8 billets contenant uniquement des billets de 5 e, ou uniquement des billets de 10 e car on remet les billets. On décompose donc F1 en trois sous-évènements disjoints :
H5 = fobtenir uniquement des billets de 5 eg;
H10 = fobtenir uniquement des billets de 10 eg;
H20 = fobtenir uniquement des billets de 20 eg:
Dans chaque cas, on cherche des listes constituées uniquement des billets d’un catégorie, ce qui conduit à un ensemble contenant k8 listes si on considère k billets. On a donc
jH5j = 58;
jH10j = 78; jH20j = 108:
Le calcul des cardinaux de G5, G10 et G20 se fait selon les mêmes principes que dans la question 3 : on compte d’abord le nombre de listes ne contenant pas de billets de la valeur non souhaitée, puis on enlève au total le nombre de listes composées uniquement d’un type de billet. On obtient ainsi :
| {z }
jG10j = (5 + 10)8 58 108; jG20j = (5 + 7)8 58 78:
Finalement, on a
jF j = jH5j + jH10j + jH20j + jG5j + jG10j + jG20j;
= 178 + 158 + 128 58 78 108;
ce qui donne
P(E) = 1P(F) = 1 178 + 158 + 128 58 78 108'0;820: 228
Chapitre 2
Conditionnement et indépendance
Exercice 2.1
Énoncé On considère le jeu suivant : le joueur lance d’abord un dé non truqué. Il tire ensuite un jeton dans une urne choisie en fonction du résultat du dé. L’urne A est choisie quand le dé donne 1, 2 ou 3, l’urne B quand on obtient 4 ou 5 et l’urne C quand on obtient 6. Les urnes contiennent les jetons suivants :
urne A : deux jetons rouges, trois jetons bleus ;
urne B : deux jetons bleus, quatre jetons verts ;
urne C : un jeton vert, un jeton rouge.
Question 1 Quelle est la probabilité d’obtenir un jeton rouge par ce procédé ?
Question 2 On obtient un jeton vert. Quelle est la probabilité que ce jeton soit issu de l’urne B ?
Question 3 On obtient un jeton bleu. Quelle est la probabilité que le lancer du dé ait donné 3 ?
Question 4 Quelle est la probabilité de ne pas obtenir un jeton vert, sachant que le lancer du dé a donné 3 ou 6 ?
Question 5 Est-ce que l’évènement « choisir dans l’urne C »et l’évènement « obtenir un jeton rouge »sont indépendants ? Justifiez votre réponse.
La résolution de l’exercice passe comme toujours par une première phase de modélisation dans laquelle on traduit l’énoncé sous forme d’hypothèses mathématiques.
Correction
On considère les évènements R, Bl et V qui correspondent respectivement à l’obtention d’un jeton rouge, bleu ou vert à la fin de l’expérience. On considère aussi les évènements A, B et C correspondant respectivement à l’utilisation des urnes désignées par les mêmes lettres.
Comme le dé utilisé n’est pas truqué, on suppose que la probabilité sur l’ensemble des faces du dé f1; : : : ; 6g est uniforme. D’après l’énoncé, on a
P(Ajfle dé donne 1, 2 ou 3g) = 1;
P(Ajfle dé donne 4, 5 ou 6g) = 0:
La probabilité conditionnelle sur P(Ajfle dé donne 1, 2 ou 3g) est la traduction naturelle de la relation déterministe (c’est-à-dire non aléatoire) entre résultat du lancer de dé et le choix de l’urne. De façon générale, on traduit un énoncé de la forme « si U alors V » en P(V jU) = 1.
Correction
Comme les évènements {le dé donne 1, 2 ou 3} et {le dé donne 4, 5 ou 6} sont disjoints et que leur union forme l’univers tout entier (du point de vue du lancer du dé), on peut appliquer la loi des probabilités totales. On a donc
P(A) =P(Ajfle dé donne 1, 2 ou 3g)P(fle dé donne 1, 2 ou 3g)
…
On peut obtenir les probabilités des trois évènements A, B et C d’une autre façon en s’appuyant sur la notion de variable aléatoire, voir le chapitre 3. Dans tous les cas, il est indispensable de s’appuyer sur des propriétés connues et des définitions précises. Ici, on utilise la loi des probabilités totales. On commence donc par indiquer que les hypothèses de celle-ci sont remplies (évènements disjoints et dont l’union est l’univers), puis on applique la loi. On ne peut pas se contenter de donner directement le résultat de cette application.
Correction
Considérons le tirage d’un jeton dans l’urne A. L’univers correspondant A s’écrit
A = fr1; r2; b1; b2; b3g;
où r1 et r2 sont les jetons rouges, et b1, b2, et b3 les jetons bleus. Les jetons sont supposés discernables pour faciliter l’analyse. En l’absence d’hypothèse particulière sur les urnes et les jetons, on suppose que la probabilité sur A, PA, est uniforme. On a donc
De la même façon, on trouve
3 PA(Bl) =5;
PA(V ) = 0:
On a donc
P(RjA) = 25; P(BljA) = 35;
P(V jA) = 0:
Un raisonnement similaire permet de calculer les autres probabilités condi-tionnelles comme par exemple P(BljB) que nous utiliserons pour répondre aux questions.
On note ici un passage de PA à P(:jA) : il s’agit de l’utilisation directe de la notion de probabilité conditionnelle. Quand on travaille dans l’urne A, on fait implicitement l’hypothèse que l’évènement A a eu lieu. Toute l’analyse conduite sur l’urne A, en particulier son univers A et la probabilité associée PA, n’est donc valide que conditionnellement à l’évènement A. Les probabilités qu’on obtient sont donc des probabilités conditionnelles.
La modélisation étant terminée, on peut passer à la résolution des questions.
Correction
Pour obtenir la probabilité de R (obtention d’un jeton rouge), on utilise d’abord la loi des probabilités totales relativement aux évènements A, B et C. En effet, ces trois évènements sont disjoints et leur union forme l’univers tout entier (puisqu’on choisit toujours une urne). On a donc
P(R) = P(RjA)P(A) + P(RjB)P(B) + P(RjC)P(C):
Il nous reste à calculer P(RjB) et P(RjC). Or l’urne B ne contient pas de jeton rouge, ce qui donne P(RjB) = 0. En appliquant le même raisonnement que celui appliqué à l’urne A, on obtient que P(RjC) = 12 , car il y a deux jetons dans l’urne C dont un seul est rouge. On a donc
P(R) = 2512 + 0 13 + 1216 = 1760:
Comme dans la phase d’analyse, il est indispensable de bien s’appuyer sur des propriétés connues des probabilités. En fait, c’est encore plus crucial ici que dans le calcul de P(A) par exemple. En effet, le recours aux probabilités conditionnelles dans le calcul des probabilités des trois urnes est très rigoureux, mais on peut accepter une solution plus intuitive qui consiste simplement à traduire l’évènement A en un évènement correspondant pour le lancer du dé. On peut dire en effet que
fobtenir l’urne Ag = fle dé donne 1, 2 ou 3g;
puis calculer P(A) par simple dénombrement. Ce type de raisonnement n’est pas applicable pour la question 1 qui nécessite au contraire l’utilisation de la loi des probabilités totales.
Correction
On cherche donc à calculer P(BjV ). On applique la règle de Bayes qui donne
P(BjV) = P(V jB)P(B):
P(V )
En appliquant toujours le même raisonnement, on voit que P(V jB) = 46 = 23 car l’urne B contient 6 jetons dont 4 sont verts. Pour calculer enfin P(V ), on applique de nouveau la loi des probabilités totales qui donne
P(V ) = P(V jA)P(A) + P(V jB)P(B) + P(V jC)P(C):
Comme l’urne A ne contient pas de jeton vert, on a P(V jA) = 0. On a aussi P(V jC) = 12 car l’urne C contient 2 jetons dont un est vert. On a donc
P(V ) = 0 12 + 2313 + 1216 = 1136;
ce qui conduit à
P(BjV ) = | 3231 | = | 8 | : | |
11 | 11 |
On note deux points importants dans la solution. Il faut d’abord traduire correctement l’énoncé : ici on sait que V a eu lieu puisqu’on a obtenu un jeton vert. On demande alors la probabilité de B, ce qui sous-entend qu’on cherche la probabilité conditionnelle de cet évènement ou, en d’autres termes, qu’on cherche la probabilité de B sachant que V a eu lieu. On doit donc calculer
P(BjV ).
Cette grandeur étant inconnue, on utilise l’outil classique pour se ramener à des grandeurs connues, à savoir la règle de Bayes (il faut impérativement rappeler le nom de cette règle pour l’utiliser). Elle permet en effet de « renverser » le conditionnement : on passe ici de P(BjV ) à P(V jB). Or, cette deuxième grandeur est connue puisqu’elle se déduit du protocole suivi dans l’expérience.
La question suivante se traite exactement de la même manière : on utilise la règle de Bayes et la loi des probabilités totales pour calculer les probabilités conditionnelles recherchées.
Correction
On cherche à calculer P(fle dé donne 3gjBl). En notant f3g l’évènement sur le dé, la règle de Bayes donne
P(f3gjBl) = P(Bljf3g)P(f3g):
P(Bl)
En appliquant à f3g le même raisonnement qu’à A, on a
P(Bljf3g) = 35;
car l’évènement f3g conduit à un tirage d’un jeton dans l’urne A qui en contient 5 donc 3 sont bleus. D’autre part, comme le dé n’est pas truqué, on a P(f3g) = 16 . Enfin, on calcule P(Bl) par l’intermédiaire de la loi des probabilités totales, ce qui donne
P(Bl) = P(BljA)P(A) + P(BljB)P(B) + P(BljC)P(C):
Or, P(BljC) = 0 car l’urne C ne contient pas de jeton bleu, et P(BljC) = 26 = 13 car l’urne B contient 6 jetons donc 2 bleus. On a donc
P(Bl) = 3512 + 1313 + 0 16 = 3790;
ce qui conduit à
P(f3gjBl) = | 5361 | = | 9 | : | |
37 | 37 |
L’étude d’un évènement sur le dé plutôt que sur l’urne demande un peu d’attention : il faut en effet justifier que P(Bljf3g) = P(BljA) ce qui se fait simplement en indiquant qu’on raisonne de la même façon dans les deux cas. On sait en effet que l’obtention d’un 3 conduit à utiliser l’urne A et donc aux probabilités conditionnelles déjà calculées. Il faut simplement bien faire attention de considérer P(Bljf3g) dans les calculs, et pas P(BljA), pour éviter toute confusion.
La question suivante est un peu plus subtile. Elle est destinée à tester les connaissance sur les probabilités conditionnelles. En effet, si U et V sont deux évènements disjoints, on pourrait croire que pour un autre évènement W , P(W jU ou V ) est égal à la somme de P(W jU) et P(W jV ), ce qui est faux en général. En revanche, comme une probabilité conditionnelle est une probabilité, on a bien
P(U ou V jW ) = P(UjW ) + P(UjV );
quand U et V sont disjoints. En utilisant la règle de Bayes ou la définition des probabilités conditionnelles, on peut donc calculer P(W jU ou V ), mais c’est un peu plus complexe qu’on pourrait le croire de prime abord.
Correction
On cherche donc P(V jD) avec
D = fle dé a donné 3 ou 6g:
En utilisant le fait que P(V jD) = 1 P(V jD), on se ramène au calcul de P(V jD). Or, par définition des probabilités conditionnelles, on a
…
la deuxième égalité provenant du fait que D est l’union disjointe des deux évènements f3g et f6g (qui désignent respectivement l’obtention d’un 3 et d’un 6).
On sait que P(V \f3g) = 0 puisque l’obtention d’un 3 conduit à utiliser l’urne A qui ne contient pas de jeton vert. D’autre part, en appliquant de nouveau la définition des probabilités conditionnelles, on a
P(V \ f6g) = P(V jf6g)P(f6g):
Or, l’obtention d’un 6 conduit à utiliser l’urne C et donc à choisir un jeton parmi deux jetons (dont un est vert). On a donc P(V jf6g) = 12 . On en déduit donc
P(V jD) = | 0 + 2161 | = | 1 | ; |
61 + 61 | 4 |
et donc finalement que P(V jD) = 34 .
La dernière question est essentiellement une question de cours.
Correction
Deux évènements U et V sont indépendants si et seulement si P(U \ V ) = P(U)P(V ). On considère donc l’évènement C \ R. Par définition des probabilités conditionnelles, on a
P(C \ R) = P(RjC)P(C) = 1216:
Or, d’après la question 1, P(R) = 1760 , donc
P(R) P(C) = 176016 6= P(C \ R):
De ce fait, les deux évènements considérés ne sont pas indépendants.
Exercice 2.2
Énoncé Un fabricant prépare des films de protection d’écran pour téléphones portables. Il retient trois longueurs pour la diagonale des écrans (et donc pour les films), 4 pouces, 4,7 pouces et 5 pouces. On se limite ici aux possesseurs de téléphones avec ces trois tailles d’écran. Une étude de marché indique au fabricant que les écrans de 4 pouces équipent 30 % des téléphones. Cette étude lui indique aussi que 30 % des possesseurs d’écran 4 pouces ont une protection d’écran. C’est aussi le cas de 25 % des possesseurs d’écran 4,7 pouces et de 40 % des possesseurs d’écran 5 pouces.
Question 1 Sachant que 34 % des possesseurs de téléphone possèdent une protection d’écran, calculer le pourcentage de possesseurs d’écran de 4,7 pouces et de 5 pouces.
Question 2 On considère un possesseur de protection d’écran. Calculer la probabilité qu’il possède un téléphone avec un écran de 5 pouces.
Question 3 On considère maintenant une personne possédant une protection d’écran et dont le téléphone n’a pas un écran de 4,7 pouces. Calculer la probabilité qu’elle possède un téléphone avec un écran de 5 pouces.
Dans cet énoncé, on utilise volontairement un vocabulaire imprécis du point de vue mathématique, en parlant de pourcentage plutôt que de probabilité. On interprète alors ces pourcentages comme des probabilités afin de bénéficier des résultats classiques comme la loi des probabilités totales et la règle de Bayes. La résolution passe donc par une phase de modélisation mathématique avant même de pouvoir songer à répondre aux questions.
Correction
On appelle l’ensemble de tous les possesseurs de téléphone pris en compte dans l’étude. L’expérience aléatoire consiste à choisir au hasard une personne dans cet ensemble. L’énoncé se traduit alors comme suit :
— on note E4 l’évènement « la personne choisie possède un téléphone avec un écran de 4 pouces » (idem pour E4;7 et E5) ;
— on note P E l’évènement « le téléphone de la personne choisie possède une protection d’écran » ;
— on a
P(E4) = 0;3;
P(P EjE4) = 0;3;
P(P EjE4;7) = 0;25;
P(P EjE5) = 0;4:
Notons que sans la modélisation effectuée ci-dessus, la résolution de l’exercice devient délicate et hasardeuse. Il faut aussi que la modélisation soit juste ! Il est ainsi fréquent d’inverser le conditionnement lors de la traduction de l’énoncé. Ici, on parle par exemple des « possesseurs d’écran 4 pouces », ce qui sous-entend que l’évènement E4 est réalisé de façon sûre. On est donc bien en train de spécifier P(P EjE4) et non pas P(E4jP E). Pour donner une indication sur cette dernière probabilité, on aurait écrit quelque chose comme « parmi les possesseurs de protection d’écran, x % possèdent un écran 4 pouces », soit donc P(P EjE4) = x. Dans tous les cas, il faut impérativement identifier ce qui est certain pour déterminer l’évènement de conditionnement.
Correction
L’énoncé précise que P(P E) = 0;34. Or, les évènements E4, E4;7 et E5 forment une partition de (d’après l’énoncé, le fabricant se limite à ces tailles), on peut appliquer la loi des probabilités totales, ce qui donne :
P(P E) = 0;34;
= P(P EjE4)P(E4) + P(P EjE4;7)P(E4;7) + P(P EjE5)P(E5);
= 0;09 + 0;25 P(E4;7) + 0;4 P(E5):
Pour la même raison, on a P(E4) + P(E4;7) + P(E5) = 1. On obtient ainsi deux équations à deux inconnues :
0;25 = 0;25 P(E4;7) + 0;4 P(E5); 0;7 = P(E4;7) + P(E5):
En soustrayant la deuxième équation à la première multipliée par 4, on obtient :
0;3 = 0;6P(E5);
soit P(E5) = 0;5 et donc P(E4;7) = 0;2.
La résolution ci-dessus ne comporte pas de difficulté particulière. Il faut bien entendu invoquer la loi des probabilités totales en précisant que ses conditions d’application sont bien vérifiées. Attention, il faudrait en toute rigueur dire qu’on suppose que les évènements E4;7 et E5 sont tous deux de probabilité non nulle, car cette condition est nécessaire pour appliquer la loi.
Correction
On cherche ici P(E5jP E). En appliquant la règle de Bayes, on obtient :
P | (E | 5j | P E) = | P(P EjE5)P(E5) | = | 0;4 0;5 | = | 10 | ' | 0;59: | ||
P(P E) | 0;34 | 17 | ||||||||||
De nouveau, ce calcul ne présente aucune difficulté, mais il faut justifier son utilisation (application de la règle de Bayes). Comme pour la loi des probabilités totales, il faudrait en toute rigueur rappeler que la résultat s’applique car
P(P E) > 0.
Correction
On cherche enfin la valeur de P(E5jP E \ E4;7). On remarque que P E \ E4;7 \ E5 = P E \ E5 car E4;7 = E4 [ E5 et que cette dernière union est disjointe. Donc, en appliquant la définition des probabilités conditionnelles, on obtient :
P(E5jP E\E4;7) =P(P E\E4;7 \E5)=P(P E\E5): | |
P(P E \ E4;7) | P(P E \ E4;7) |
Or, en appliquant de nouveau la définition des probabilités conditionnelles, on obtient :
P(P E \ E5) = P(P EjE5)P(E5) = 0;4 0;5 = 0;2:
De plus, d’après l’écriture de E4;7 comme l’union disjointe E4 [ E5 et en appliquant encore la définition des probabilités conditionnelles, on a
P(P E \ E4;7) = P(P E \ E5) + P(P E \ E4)
= P(P EjE5)P(E5) + P(P EjE4)P(E4);
= 0;2 + 0;3 0;3;
= 0;29:
…
La dernière question ne comporte pas non plus de difficulté spécifique. Cepen-dant, elle peut paraître surprenante, notamment parce qu’on n’utilise pas pour sa résolution la règle de Bayes ou la loi des probabilités totales. Ceci vient du fait que l’évènement de conditionnement P E \ E4;7 mélange une « cause » (la taille de l’écran) et une « conséquence » (la possession d’une protection d’écran). De ce fait, la probabilité associée à ce conditionnement est totalement inconnue. En passant par la règle de Bayes, on obtiendrait :
P(E5jP E\E4;7) =P(P E \ E4;7jE5)P(E5); P(P E \ E4;7)
ce qui n’aide pas beaucoup, seule P(E5) étant connue. En particulier, le calcul
de P(P E \ E4;7jE5) n’est pas plus facile que celui de la probabilité d’origine, notamment parce qu’on ne sait rien de particulier sur l’évènement P E \ E4;7. Autrement dit, le passage pas la règle de Bayes ne fait ici que compliquer le calcul.
Exercice 2.3
Énoncé Dans une sordide affaire, les polices scientifiques de Las Vegas, Miami et Manhattan coopèrent afin de confondre le coupable. Sur les lieux du crime, il y avait onze personnes présentes, et il n’y a pas de doute que le coupable est parmi elles. On trouve sur les lieux du crime un fragment de cheveu qui ne peut appartenir qu’au coupable. Les équipes de Manhattan et de Miami mettent en place deux tests pour identifier le coupable à partir de ce fragment. Les deux tests sont positifs avec certitude si la personne testée est le coupable, mais les deux tests sont également positifs dans 10 % des cas si la personne testée est innocente.
Question 1 (question préliminaire) Montrer que pour toute probabilité et pour deux évènements E1 et E2 tels que P(E1) = 1 et P(E2) = 1 alors P(E1 \E2) = 1. Pour la suite, on notera pour une personne prise au hasard :