Probabilités conditionnelles et indépendance

a)

b) \(P(F) = \dfrac{120}{200} = \boxed{0{,}6}\) ; \(P(L) = \dfrac{40}{200} = \boxed{0{,}2}\) ; \(P(F \cap L) = \dfrac{30}{200} = \boxed{0{,}15}\).

c) \(P_F(L) = \dfrac{30}{120} = \boxed{0{,}25}\) ; \(P_L(F) = \dfrac{30}{40} = \boxed{0{,}75}\).

🔍 Vérification : \(\dfrac{P(F \cap L)}{P(F)} = \dfrac{0{,}15}{0{,}6} = 0{,}25\) ✓

a) \(\boxed{P(M \cap V)}\)
b) \(\boxed{P_V(M)}\)
c) \(\boxed{P_M(V)}\)

🔍 Vérification : en c), « parmi les malades » : le groupe est \(M\), il va en indice ✓

a) Premier niveau : \(A\) (\(0{,}3\)), \(\overline{A}\) (\(0{,}7\)). Après \(A\) : \(B\) (\(0{,}6\)), \(\overline{B}\) (\(0{,}4\)). Après \(\overline{A}\) : \(B\) (\(0{,}2\)), \(\overline{B}\) (\(0{,}8\)).

b) \(P(A \cap B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = \boxed{0{,}18}\) ; \(P(\overline{A} \cap B) = 0{,}7 \times 0{,}2 = \boxed{0{,}14}\).

c) \(P(B) = 0{,}18 + 0{,}14 = \boxed{0{,}32}\).

🔍 Vérification : \(P(A \cap \overline{B}) + P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}12 + 0{,}56 = 0{,}68 = 1 - 0{,}32\) ✓

\(P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = \boxed{0{,}4}\).

🔍 Vérification : \(0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2\) ✓

\(P(A \cap B) = 0{,}4 \times 0{,}25 = \boxed{0{,}1}\).

🔍 Vérification : \(\dfrac{0{,}1}{0{,}4} = 0{,}25\) ✓

a) \(0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2 = P(A \cap B)\) : indépendants.

b) \(0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18 \ne 0{,}2\) : pas indépendants.

🔍 Vérification : b) \(P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}3} \approx 0{,}67 \ne 0{,}6 = P(B)\) ✓

\(A = \{2 \,;\, 4 \,;\, 6\}\), \(B = \{5 \,;\, 6\}\), \(A \cap B = \{6\}\). Donc \(P(A) = \dfrac{1}{2}\), \(P(B) = \dfrac{1}{3}\), \(P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}\).

\(P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{6} = P(A \cap B)\) : \(A\) et \(B\) sont indépendants.

🔍 Vérification : \(P_A(B) = \dfrac{1}{3} = P(B)\) ✓

a) Quatre chemins : \(PP\), \(PF\), \(FP\), \(FF\), chacun de probabilité \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}\).

b) \(P(PP) = \boxed{\dfrac{1}{4}}\) ; \(P(\text{au moins un pile}) = 1 - P(FF) = 1 - \dfrac{1}{4} = \boxed{\dfrac{3}{4}}\).

🔍 Vérification : \(PP\), \(PF\), \(FP\) contiennent un pile : \(3 \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\) ✓

a) \(0{,}3^2 = \boxed{0{,}09}\)

b) Chemins \(SE\) et \(ES\) : \(2 \times 0{,}3 \times 0{,}7 = \boxed{0{,}42}\)

c) \(0{,}7^2 = \boxed{0{,}49}\)

🔍 Vérification : \(0{,}09 + 0{,}42 + 0{,}49 = 1\) ✓

a) \(\dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{5} = \boxed{\dfrac{9}{25}}\)

b) \(P(RR) + P(BB) = \dfrac{9}{25} + \dfrac{4}{25} = \boxed{\dfrac{13}{25}}\)

🔍 Vérification : \(P(RB) + P(BR) = 2 \times \dfrac{6}{25} = \dfrac{12}{25}\), et \(\dfrac{13}{25} + \dfrac{12}{25} = 1\) ✓

\(0{,}8 \times 0{,}5 = \boxed{0{,}4}\) : c'est \(P(A \cap B)\), la probabilité que \(A\) et \(B\) soient réalisés.

🔍 Vérification : \(P_A(B) = \dfrac{0{,}4}{0{,}8} = 0{,}5\) ✓

a) \(P(M) = 0{,}02\), \(P(\overline{M}) = 0{,}98\) ; \(P_M(T) = 0{,}95\), \(P_M(\overline{T}) = 0{,}05\) ; \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}03\), \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}97\).

b) \(P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}03 = 0{,}019 + 0{,}0294 = \boxed{0{,}0484}\).

c) \(P_T(M) = \dfrac{0{,}019}{0{,}0484} \approx \boxed{0{,}393}\). Une personne au test positif n'a qu'environ \(39\,\%\) de chances d'être malade : la plupart des positifs sont des faux positifs.

🔍 Vérification : voir l'exercice 13, qui retrouve la même valeur ✓

\(P_T(M) = \dfrac{190}{484} \approx \boxed{0{,}393}\).

🔍 Vérification : \(200 \times 0{,}95 = 190\) et \(9\,800 \times 0{,}03 = 294\) ✓

a) \(2 \times 2 \times 2 = \boxed{8}\) chemins.

b) Exactement deux piles : \(PPF\), \(PFP\), \(FPP\), soit \(\boxed{\dfrac{3}{8}}\). Au moins un pile : \(1 - P(FFF) = 1 - \dfrac{1}{8} = \boxed{\dfrac{7}{8}}\).

🔍 Vérification : \(P(0) + P(1) + P(2) + P(3) = \dfrac{1 + 3 + 3 + 1}{8} = 1\) ✓

a) \(0{,}8^3 = \boxed{0{,}512}\)

b) Trois chemins (\(RRE\), \(RER\), \(ERR\)) : \(3 \times 0{,}8^2 \times 0{,}2 = 3 \times 0{,}128 = \boxed{0{,}384}\)

c) \(1 - 0{,}2^3 = 1 - 0{,}008 = \boxed{0{,}992}\)

🔍 Vérification : \(P(\text{exactement } 1) = 3 \times 0{,}8 \times 0{,}04 = 0{,}096\) et \(0{,}512 + 0{,}384 + 0{,}096 + 0{,}008 = 1\) ✓

a) Lunettes : \(12 + 108 = 120\), donc \(P(\text{lunettes}) = \dfrac{120}{400} = \boxed{0{,}3}\) ; \(P_{\text{gaucher}}(\text{lunettes}) = \dfrac{12}{40} = \boxed{0{,}3}\).

b) Les deux probabilités sont égales : les événements sont indépendants.

🔍 Vérification : chez les droitiers aussi, \(\dfrac{108}{360} = 0{,}3\) ✓

a) Fumeurs : \(18 + 36 = 54\), donc \(P(\text{fumer}) = \dfrac{54}{300} = \boxed{0{,}18}\).

b) \(P_{\text{sport}}(\text{fumer}) = \dfrac{18}{180} = \boxed{0{,}1}\).

c) \(0{,}1 \ne 0{,}18\) : pas indépendants. Dans ce groupe, les sportifs fument moins.

🔍 Vérification : chez les non-sportifs, \(\dfrac{36}{120} = 0{,}3\), bien plus que \(0{,}1\) ✓

a) \(P(L) = 0{,}6\), \(P(\overline{L}) = 0{,}4\) ; \(P_L(S) = 0{,}7\) ; \(P_{\overline{L}}(S) = 0{,}85\).

b) \(P(S) = 0{,}6 \times 0{,}7 + 0{,}4 \times 0{,}85 = 0{,}42 + 0{,}34 = \boxed{0{,}76}\).

c) \(P_S(L) = \dfrac{0{,}42}{0{,}76} \approx \boxed{0{,}553}\).

🔍 Vérification : \(0{,}553\) est inférieur à \(0{,}6\) : normal, les clients en ligne sont un peu moins satisfaits ✓

a) Somme \(7\) : \((1,6)\), \((2,5)\), \((3,4)\), \((4,3)\), \((5,2)\), \((6,1)\), donc \(P(A) = \dfrac{6}{36} = \boxed{\dfrac{1}{6}}\). \(P(B) = \boxed{\dfrac{1}{6}}\). \(A \cap B\) : seulement \((3,4)\), donc \(P(A \cap B) = \boxed{\dfrac{1}{36}}\).

b) \(\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{36} = P(A \cap B)\) : indépendants.

🔍 Vérification : quel que soit le dé rouge, une seule valeur du dé vert donne \(7\) : la probabilité reste \(\dfrac{1}{6}\) ✓

a) Premier tirage : \(R\) (\(\dfrac{3}{5}\)), \(B\) (\(\dfrac{2}{5}\)). Après \(R\) : \(R\) (\(\dfrac{2}{4}\)), \(B\) (\(\dfrac{2}{4}\)). Après \(B\) : \(R\) (\(\dfrac{3}{4}\)), \(B\) (\(\dfrac{1}{4}\)).

b) \(P(RR) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{4} = \boxed{\dfrac{3}{10}}\) ; \(P(\text{seconde rouge}) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{4} + \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{6}{20} + \dfrac{6}{20} = \boxed{\dfrac{3}{5}}\).

c) \(P(R_1) \times P(R_2) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{25} \ne \dfrac{3}{10}\) : pas indépendants.

🔍 Vérification : \(\dfrac{9}{25} = 0{,}36\) et \(\dfrac{3}{10} = 0{,}3\) ✓

a) \(\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 = \dfrac{625}{1\,296} \approx \boxed{0{,}482}\).

b) \(1 - \dfrac{625}{1\,296} = \dfrac{671}{1\,296} \approx \boxed{0{,}518}\). C'est un peu plus que \(\dfrac{1}{2}\) : le pari était (légèrement) avantageux.

🔍 Vérification : \(5^4 = 625\) et \(6^4 = 1\,296\) ✓

a) \(P(\text{gagner}) = 1 - P(FF) = 1 - \dfrac{1}{4} = \boxed{\dfrac{3}{4}}\).

b) Les trois « cas » de d'Alembert ne sont pas équiprobables : « pile » au premier lancer a la probabilité \(\dfrac{1}{2}\) (il regroupe \(PP\) et \(PF\)), alors que « face puis pile » et « face puis face » ont chacun la probabilité \(\dfrac{1}{4}\).

🔍 Vérification : \(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\) ✓

a) \(10 = 1 + 3 + 6 = 1 + 4 + 5 = 2 + 2 + 6 = 2 + 3 + 5 = 2 + 4 + 4 = 3 + 3 + 4\).

b) Trois nombres différents : \(6\) ordres ; deux égaux : \(3\) ordres ; trois égaux : \(1\) ordre.

c) \(P(9) = \dfrac{25}{216} \approx \boxed{0{,}116}\) et \(P(10) = \dfrac{27}{216} = \boxed{0{,}125}\). Le grand-duc avait raison : \(10\) sort un peu plus souvent.

🔍 Vérification : la différence (\(2\) issues sur \(216\)) est faible : il fallait beaucoup jouer pour la remarquer ✓

Chemins avec deux piles : \(PPFF\), \(PFPF\), \(PFFP\), \(FPPF\), \(FPFP\), \(FFPP\) : \(\boxed{6}\) chemins. Probabilité : \(\dfrac{6}{16} = \boxed{\dfrac{3}{8}}\).

🔍 Vérification : on choisit les deux places des piles parmi \(4\) : \(6\) façons ✓

a) En gardant ma porte, je gagne si elle cachait la voiture : \(\boxed{\dfrac{1}{3}}\).

b) Si ma porte cachait la voiture (\(\dfrac{1}{3}\)), changer me fait perdre. Si elle ne la cachait pas (\(\dfrac{2}{3}\)), le présentateur ouvre la seule autre porte vide : la porte restante cache la voiture, et changer me fait gagner à coup sûr. Donc \(P(\text{gagner en changeant}) = \dfrac{2}{3} \times 1 = \boxed{\dfrac{2}{3}}\).

c) Il faut changer de porte : on double ses chances.

🔍 Vérification : \(\dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3} = 1\) : exactement une des deux stratégies gagne à chaque partie ✓

a) B doit gagner deux manches de suite : \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \boxed{\dfrac{1}{4}}\).

b) A gagnerait avec la probabilité \(1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\) : on donne \(\boxed{\dfrac{3}{4} \text{ de la mise à A et } \dfrac{1}{4} \text{ à B}}\).

🔍 Vérification : c'est la solution trouvée par Pascal et Fermat dans leurs lettres de 1654 ✓

a) \(P(T) = 0{,}1 \times 0{,}95 + 0{,}9 \times 0{,}03 = 0{,}095 + 0{,}027 = 0{,}122\) et \(P_T(M) = \dfrac{0{,}095}{0{,}122} \approx \boxed{0{,}779}\).

b) \(P(T) = 0{,}001 \times 0{,}95 + 0{,}999 \times 0{,}03 = 0{,}00095 + 0{,}02997 = 0{,}03092\) et \(P_T(M) = \dfrac{0{,}00095}{0{,}03092} \approx \boxed{0{,}031}\).

c) Pour une maladie très rare, presque tous les positifs sont des faux positifs (\(97\,\%\) ici) : un dépistage de masse provoquerait beaucoup d'inquiétudes inutiles et d'examens supplémentaires.

🔍 Vérification : plus la maladie est rare, plus \(P_T(M)\) baisse (\(0{,}779\), puis \(0{,}393\), puis \(0{,}031\)) ✓

a) \(0{,}9 \times 0{,}9 = \boxed{0{,}81}\).

b) L'appareil tombe en panne si les deux lâchent : \(0{,}1 \times 0{,}1 = 0{,}01\). Donc \(1 - 0{,}01 = \boxed{0{,}99}\).

🔍 Vérification : le montage en parallèle est plus fiable que chaque composant seul (\(0{,}99 > 0{,}9\)) ✓

a) \(0{,}95^4 \approx \boxed{0{,}815}\)

b) \(1 - 0{,}95^4 \approx \boxed{0{,}185}\)

c) Quatre chemins (la pièce défectueuse peut être la \(1^\text{re}\), la \(2^\text{e}\), la \(3^\text{e}\) ou la \(4^\text{e}\)) : \(4 \times 0{,}05 \times 0{,}95^3 \approx \boxed{0{,}171}\).

🔍 Vérification : \(0{,}171 < 0{,}185\) : « exactement une » est un cas particulier de « au moins une » ✓

a) \(P(\text{aucun succès}) = (1 - p)^2\) et \(P(\text{au moins un}) = 1 - (1 - p)^2 = 0{,}64\), donc \((1 - p)^2 = 0{,}36\) ✓.

b) \(1 - p\) est positif et \(0{,}6^2 = 0{,}36\), donc \(1 - p = 0{,}6\) et \(\boxed{p = 0{,}4}\).

🔍 Vérification : \(1 - 0{,}6^2 = 1 - 0{,}36 = 0{,}64\) ✓