$course$/QCM de maths/Première spécialité/Probabilités conditionnelles et indépendance Indépendance de deux événements, partition de l'univers et
formule des probabilités totales, succession de deux épreuves
indépendantes, arbres pondérés, répétition de $n \leq 4$
épreuves de Bernoulli indépendantes et identiques.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q01 : Définir l'indépendance Quand dit-on que deux événements $A$ et $B$ (de probabilités
non nulles) sont indépendants ?

]]> Indépendance : $P_B(A) = P(A)$, ou de manière équivalente
$P(A \cap B) = P(A)\,P(B)$. À ne jamais confondre avec
l'incompatibilité ($A \cap B = \varnothing$).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Lorsque $P_B(A) = P(A)$

]]> Bonne réponse : savoir que $B$ est réalisé ne change pas
la probabilité de $A$, l'information « $B$ a eu lieu »
ne modifie pas ses chances. De façon équivalente : $P(A
\cap B) = P(A) \times P(B)$.

]]> Lorsque $A \cap B = \varnothing$

]]> Confusion majeure : $A \cap B = \varnothing$ définit des
événements incompatibles, ce qui est presque le
contraire (si $B$ arrive, $A$ devient impossible :
l'information change tout).

]]> Lorsque $P(A) = P(B)$

]]> Erreur : l'égalité des probabilités ne dit rien du lien
entre les événements. L'indépendance parle de
l'absence d'influence de l'un sur l'autre.

]]> Lorsque $A$ et $B$ concernent deux expériences différentes

]]> Intuition utile mais pas une définition : la définition
mathématique est $P_B(A) = P(A)$, vérifiable par calcul
même au sein d'une seule expérience.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q02 : Tester l'indépendance par le produit On donne $P(A) = 0{,}3$, $P(B) = 0{,}5$ et
$P(A \cap B) = 0{,}15$. Les événements $A$ et $B$ sont-ils
indépendants ?

]]> Critère : $A$ et $B$ indépendants $\Leftrightarrow$
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$. Ici $0{,}15 = 0{,}3 \times
0{,}5$ : indépendants.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Oui, car $P(A) \times P(B) = P(A \cap B)$

]]> Bonne réponse : le critère du produit est vérifié :
$0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}15 = P(A \cap B)$.

]]> Non, car $P(A)$ et $P(B)$ sont différentes

]]> Erreur : l'indépendance n'exige pas des probabilités
égales : elle compare $P(A \cap B)$ au produit
$P(A)P(B)$.

]]> Non, car $A \cap B$ n'est pas vide

]]> Confusion incompatibilité/indépendance : des événements
indépendants (non triviaux) ont justement une
intersection de probabilité non nulle, égale au
produit.

]]> On ne peut pas savoir sans tracer l'arbre

]]> Erreur : les trois nombres donnés suffisent : le critère
$P(A \cap B) = P(A)P(B)$ se teste directement.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q03 : Incompatibles et indépendants ? Deux événements $A$ et $B$ de probabilités non nulles
sont incompatibles ($A \cap B = \varnothing$). Peuvent-ils
être indépendants ?

]]> Point de vigilance central : incompatibles $\neq$
indépendants. Incompatibles : ne peuvent pas coexister
(dépendance forte). Indépendants : coexistent avec probabilité
exactement $P(A)P(B)$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non : $P(A \cap B) = 0$ alors que $P(A)P(B) > 0$

]]> Bonne réponse : le critère du produit échoue forcément :
incompatibles et indépendants sont exclusifs l'un de
l'autre (hors probabilités nulles).

]]> Oui : ne pas pouvoir se produire ensemble, c'est être
indépendants

]]> Contresens : l'incompatibilité est une dépendance
extrême : si $B$ arrive, $A$ devient impossible :
$P_B(A) = 0 \neq P(A)$.

]]> Oui, si $P(A) = P(B)$

]]> Erreur : même équiprobables, $P(A \cap B) = 0$ resterait
différent de $P(A)P(B) > 0$.

]]> Cela dépend de l'univers

]]> Erreur : le calcul tranche dans tous les cas : $0 \neq$
produit strictement positif.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q04 : Formule des probabilités totales Arbre de probabilité à deux niveaux. Depuis la racine : la branche du haut mène à A avec 0,3 et la branche du bas à A-barre avec 0,7. Depuis A : B avec 0,6 et B-barre avec 0,4. Depuis A-barre : B avec 0,2 et B-barre avec 0,8.

L'arbre ci-dessous décrit une expérience en deux étapes. Que
vaut $P(B)$ ?

]]> Formule des probabilités totales ($A$, $\overline{A}$
partition de l'univers) : $P(B) = P(A)\,P_A(B) +
P(\overline{A})\,P_{\overline{A}}(B)$ : la somme des chemins
de l'arbre menant à $B$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $P(B) = 0{,}32$

]]> Bonne réponse : $B$ s'atteint par deux chemins ($A$ puis
$B$, ou $\overline{A}$ puis $B$), on additionne leurs
probabilités : $0{,}3 \times 0{,}6 + 0{,}7 \times 0{,}2
= 0{,}18 + 0{,}14 = 0{,}32$.

]]> $P(B) = 0{,}8$

]]> Erreur : $0{,}6 + 0{,}2 = 0{,}8$ additionne les
conditionnelles brutes, sans les pondérer par les
probabilités des branches de premier niveau : $0{,}3
\times 0{,}6 + 0{,}7 \times 0{,}2$.

]]> $P(B) = 0{,}18$

]]> Incomplet : $0{,}18 = 0{,}3 \times 0{,}6 = P(A \cap B)$
ne compte que le chemin passant par $A$. $B$ peut aussi
arriver via $\overline{A}$ : $+ 0{,}14$.

]]> $P(B) = 0{,}6$

]]> Erreur : $0{,}6 = P_A(B)$ est une conditionnelle. $P(B)$
mélange les deux scénarios selon leurs poids : $0{,}32$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q05 : Partition de l'univers Que forment les événements $A$ et $\overline{A}$ (avec
$0 < P(A) < 1$) vis-à-vis de l'univers $\Omega$ ?

]]> Partition (système complet) : événements deux à deux
incompatibles dont la réunion est $\Omega$. Le couple
$\{A\,;\,\overline{A}\}$ en est le cas le plus simple : base
des arbres et des probabilités totales.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Une partition de $\Omega$

]]> Bonne réponse : ils sont incompatibles et leur réunion
est $\Omega$ : tout résultat de l'expérience réalise
exactement l'un des deux. C'est ce qui autorise la
formule des probabilités totales.

]]> Deux événements indépendants

]]> Erreur : $A$ et $\overline{A}$ sont au contraire
totalement dépendants : si l'un se réalise, l'autre
non ($P_{A}(\overline{A}) = 0 \neq P(\overline{A})$).

]]> Deux événements équiprobables

]]> Erreur : rien n'impose $P(A) = 0{,}5$. La partition tient
à « incompatibles et tout couvrir », pas aux valeurs.

]]> Le même événement écrit de deux façons

]]> Erreur : ce sont des événements contraires : ils ne
partagent aucune issue.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q06 : Succession de deux épreuves indépendantes On lance un dé équilibré puis une pièce équilibrée. Quelle
est la probabilité d'obtenir un $6$ et pile ?

]]> Succession d'épreuves indépendantes : la probabilité d'une
issue composée est le produit des probabilités de ses
composantes : $\frac{1}{6} \times \frac{1}{2} =
\frac{1}{12}$ (l'univers produit compte $12$ couples
équiprobables).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{12}$

]]> Bonne réponse : les deux épreuves sont indépendantes, la
probabilité du couple est le produit des
probabilités : $\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} =
\dfrac{1}{12}$.

]]> $\dfrac{2}{3}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{3}$
additionne, ce qui correspond à « l'un ou l'autre »
pour des événements incompatibles. Pour « l'un et
l'autre » en indépendance : produit.

]]> $\dfrac{1}{8}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2^3}$ ne correspond à
rien ici. Produit : $\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} =
\dfrac{1}{12}$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{2}$ ignore la contrainte du dé. Les
deux conditions se cumulent : $\dfrac{1}{12}$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q07 : Trois épreuves de Bernoulli On lance trois fois de suite une pièce équilibrée (lancers
indépendants). Quelle est la probabilité d'obtenir trois fois
pile ?

]]> Répétition d'épreuves de Bernoulli indépendantes et
identiques : chaque liste de résultats a pour probabilité le
produit des probabilités : $(1/2)^3 = 1/8$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{8}$

]]> Bonne réponse : par indépendance, le chemin
pile-pile-pile a pour probabilité $\dfrac{1}{2} \times
\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} =
\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{1}{8}$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{2}$ est la probabilité d'un
pile. Trois exigences simultanées multiplient les
facteurs : $\dfrac{1}{8}$.

]]> $\dfrac{3}{8}$

]]> Erreur : $\dfrac{3}{8}$ est la probabilité d'obtenir
exactement deux piles (trois chemins sur huit). Le
chemin PPP est unique parmi les $8$ chemins
équiprobables : $\dfrac{1}{8}$.

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{3}$ n'apparaît nulle part dans ce
modèle : les $2^3 = 8$ listes de résultats sont
équiprobables.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q08 : Exactement un succès sur trois On répète trois fois une épreuve de Bernoulli de paramètre
$p = \dfrac{1}{2}$ (lancers de pièce). Quelle est la
probabilité d'obtenir exactement un pile ?

]]> Sur l'arbre à trois niveaux : compter les chemins favorables
($3$ positions possibles pour le pile) et multiplier par la
probabilité d'un chemin ($\frac{1}{8}$) : $\frac{3}{8}$.
(Prélude à la loi binomiale de terminale.)

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{3}{8}$

]]> Bonne réponse : trois chemins réalisent un pile exactement
(PFF, FPF, FFP), chacun de probabilité
$\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{1}{8}$ : $3 \times
\dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{8}$.

]]> $\dfrac{1}{8}$

]]> Incomplet : $\dfrac{1}{8}$ est la probabilité d'un
seul chemin (par exemple PFF). Le pile peut occuper
trois positions : $\times 3$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{2}$ ne correspond à aucun décompte de
chemins ici ($\frac{3}{8}$ pour un pile, $\frac{3}{8}$
pour deux, $\frac{1}{8}$ pour zéro ou trois).

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Erreur : le dénominateur naturel est $8 = 2^3$ (les
chemins équiprobables de l'arbre), pas $3$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q09 : Cohérence d'un arbre pondéré Dans un arbre de probabilité, que vaut la somme des
pondérations des branches issues d'un même nœud ?

]]> Règle de cohérence des arbres : à chaque nœud, les
pondérations somment à $1$ (les branches forment une
partition des suites possibles). Premier réflexe de
vérification.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Toujours $1$

]]> Bonne réponse : les branches issues d'un nœud couvrent
tous les cas possibles à cette étape (partition) : leurs
probabilités somment à $1$. Contrôle rapide de tout
arbre.

]]> Toujours $0{,}5$

]]> Erreur : $0{,}5$ n'a rien de spécial : avec trois issues
$0{,}2 + 0{,}3 + 0{,}5$, la somme fait $1$.

]]> La probabilité du nœud de départ

]]> Erreur : la probabilité du nœud pondère le chemin qui y
mène ; les branches qui en partent se partagent le
total conditionnel, qui vaut $1$.

]]> Cela dépend du niveau dans l'arbre

]]> Erreur : la règle vaut à tous les niveaux : chaque
nœud distribue $100\ \%$ de ses cas.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q10 : Indépendance et événement contraire Soient $A$ et $B$ indépendants. Les événements $A$ et
$\overline{B}$ sont-ils indépendants ?

]]> Propriété utile : si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$
et $\overline{B}$ aussi (et de même $\overline{A}$ et $B$,
$\overline{A}$ et $\overline{B}$). Sur l'arbre : toutes les
branches de deuxième niveau portent les mêmes pondérations.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Oui, toujours

]]> Bonne réponse : l'indépendance se transmet aux
contraires : $P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap
B) = P(A)(1 - P(B)) = P(A)P(\overline{B})$, le critère
du produit reste vérifié.

]]> Non, jamais

]]> Erreur : le petit calcul $P(A \cap \overline{B}) =
P(A) - P(A)P(B)$ montre le contraire : l'indépendance
passe aux complémentaires.

]]> Seulement si $P(B) = 0{,}5$

]]> Erreur : aucune condition numérique n'est nécessaire : la
factorisation $P(A)(1 - P(B))$ fonctionne pour tout
$P(B)$.

]]> Ils deviennent incompatibles

]]> Erreur : $P(A \cap \overline{B}) = P(A)P(\overline{B})$
est en général strictement positif : compatibles et
indépendants.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q11 : Retrouver une conditionnelle On donne $P(A) = 0{,}4$ et $P(A \cap B) = 0{,}12$. Que vaut
$P_A(B)$ ?

]]> Définition : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$
(renormalisation de l'univers à $A$). À l'envers :
$P(A \cap B) = P(A)\,P_A(B)$, la règle du chemin sur
l'arbre.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} =
\dfrac{0{,}12}{0{,}4} = 0{,}3$.

]]> $0{,}048$

]]> Erreur : $0{,}4 \times 0{,}12$ multiplie au lieu de
diviser. La conditionnelle rapporte l'intersection à
la condition.

]]> $0{,}12$

]]> Erreur : $0{,}12 = P(A \cap B)$ est la probabilité de
l'intersection dans l'univers entier ; sachant $A$,
l'univers se réduit : on divise par $P(A)$.

]]> $0{,}52$

]]> Erreur : $0{,}4 + 0{,}12$ additionne des objets qui ne
s'additionnent pas. Formule : quotient
$\frac{0{,}12}{0{,}4}$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q12 : Justifier l'indépendance dans un modèle Dans quelle situation l'hypothèse d'indépendance entre deux
tirages successifs est-elle justifiée ?

]]> Comme en seconde pour l'équiprobabilité : l'indépendance
fait partie du modèle et se justifie par l'analyse de la
situation (remise, mécanismes sans influence mutuelle). Sans
remise : probabilités conditionnelles et arbre non uniforme.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Tirage d'une boule, remise dans l'urne, second
tirage

]]> Bonne réponse : la remise restaure exactement l'urne
initiale : le second tirage se fait dans les mêmes
conditions, indépendamment du premier.

]]> Tirage d'une boule, puis d'une seconde sans remise

]]> Erreur : sans remise, la composition de l'urne dépend du
premier tirage : les probabilités du second en sont
modifiées (dépendance).

]]> Toute succession de deux tirages, par principe

]]> Erreur : l'indépendance est une hypothèse de modèle à
justifier (remise, dispositifs séparés…), pas un
automatisme.

]]> Aucune : deux tirages successifs ne sont jamais
indépendants

]]> Erreur : avec remise (ou pour des expériences physiquement
séparées), l'indépendance est le modèle naturel.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q13 : Calculer une probabilité conditionnelle On donne $P(A) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}2$. Que vaut
$P_A(B)$ ?

]]> $P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$ : restreindre l'univers
à $A$ et y mesurer la part de $B$. Contrôle : le résultat
est toujours entre $0$ et $1$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}4$

]]> Bonne réponse : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} =
\dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$ : parmi les cas où $A$ se
produit, $40\ \%$ voient aussi $B$.

]]> $0{,}1$

]]> Multiplication au lieu de division : $0{,}5 \times
0{,}2 = 0{,}1$ : la conditionnelle divise
l'intersection par la condition.

]]> $0{,}2$

]]> Confusion : $0{,}2$ est $P(A \cap B)$ : la
conditionnelle rapporte cette intersection au « nouveau
monde » $A$ ($P(A) = 0{,}5$).

]]> $2{,}5$

]]> Fraction renversée : $\frac{0{,}5}{0{,}2} = 2{,}5$
dépasse $1$ : impossible pour une probabilité :
l'intersection va au numérateur.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q14 : Conditionnelle dans un tableau Dans une classe : $12$ filles dont $9$ demi-pensionnaires,
$18$ garçons dont $9$ demi-pensionnaires. On choisit un
élève au hasard. Que vaut
$P_{\text{fille}}(\text{demi-pensionnaire})$ ?

]]> Dans un tableau d'effectifs, la conditionnelle se lit en
restreignant à la ligne (ou colonne) de la condition :
effectif croisé / effectif de la condition. Le « parmi » de
l'énoncé désigne toujours le dénominateur.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{9}{12}$

]]> Bonne réponse : conditionner par « fille » réduit
l'univers aux $12$ filles, dont $9$ sont
demi-pensionnaires : $\dfrac{9}{12} = 0{,}75$.

]]> $\dfrac{9}{30}$

]]> Mauvais dénominateur : $\frac{9}{30}$ est
$P(\text{fille et DP})$ dans l'univers entier : la
conditionnelle divise par l'effectif de la condition
($12$).

]]> $\dfrac{9}{18}$

]]> Mauvaise condition : $18$ est l'effectif des garçons :
conditionner par « fille » impose le dénominateur $12$.

]]> $\dfrac{12}{30}$

]]> Erreur : $\frac{12}{30}$ est $P(\text{fille})$ : la
question porte sur la part de demi-pensionnaires PARMI
les filles.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q15 : La formule du produit On donne $P(A) = 0{,}6$ et $P_A(B) = 0{,}3$. Que vaut
$P(A \cap B)$ ?

]]> Formule du produit : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ :
la règle de l'arbre pondéré (racine × branche). C'est la
définition de la conditionnelle, lue à l'envers.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}18$

]]> Bonne réponse : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) =
0{,}6 \times 0{,}3$ : sur l'arbre, on multiplie le
long de la branche.

]]> $0{,}9$

]]> Addition au lieu de multiplication : $0{,}6 + 0{,}3$ :
l'intersection se calcule en produit le long du chemin.

]]> $0{,}5$

]]> Erreur : la division $\frac{0{,}3}{0{,}6}$ renverserait
la formule : ici on reconstruit l'intersection :
produit.

]]> $0{,}3$

]]> Confusion : $0{,}3$ est la conditionnelle $P_A(B)$ :
l'intersection la pondère par le poids de $A$ :
$0{,}18$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q16 : Probabilités totales en pratique Un arbre donne : $P(A) = 0{,}3$, $P_A(B) = 0{,}6$,
$P(\bar{A}) = 0{,}7$, $P_{\bar{A}}(B) = 0{,}2$. Que vaut
$P(B)$ ?

]]> Probabilités totales : $P(B) = P(A)P_A(B) +
P(\bar{A})P_{\bar{A}}(B)$ : additionner les chemins
complets qui aboutissent à $B$. Sur l'arbre : multiplier le
long, additionner entre chemins.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}32$

]]> Bonne réponse : deux chemins mènent à $B$ : $0{,}3
\times 0{,}6 + 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}18 + 0{,}14 =
0{,}32$.

]]> $0{,}18$

]]> Chemin manquant : $0{,}18$ ne compte que le passage par
$A$ : $B$ peut aussi survenir via $\bar{A}$
($+0{,}14$).

]]> $0{,}8$

]]> Erreur : $0{,}6 + 0{,}2$ additionne les conditionnelles
brutes : chacune doit d'abord être pondérée par sa
branche d'origine.

]]> $0{,}5$

]]> Erreur : aucune combinaison directe ne donne $0{,}5$ :
la formule est la somme des produits chemin par chemin.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q17 : Renverser le conditionnement Avec les données précédentes ($P(A \cap B) = 0{,}18$ et
$P(B) = 0{,}32$), que vaut $P_B(A)$ ?

]]> Renversement : $P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$, où
$P(B)$ sort des probabilités totales : l'enchaînement
arbre → totales → renversement est LE schéma des sujets
(tests médicaux, contrôles qualité…).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}5625$

]]> Bonne réponse : $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} =
\dfrac{0{,}18}{0{,}32} = 0{,}5625$ : même intersection,
nouveau dénominateur, le conditionnement se renverse
en changeant de monde de référence.

]]> $0{,}6$

]]> Le piège central du chapitre : $0{,}6$ est $P_A(B)$, or
$P_B(A) \neq P_A(B)$ en général : les deux partagent le
numérateur mais pas le dénominateur.

]]> $0{,}18$

]]> Division oubliée : $0{,}18$ est l'intersection ; la
conditionnelle la rapporte à $P(B) = 0{,}32$.

]]> $0{,}4$

]]> Erreur : $1 - 0{,}6 = 0{,}4$ est le complémentaire de
$P_A(B)$, c'est-à-dire $P_A(\overline{B})$, pas $P_B(A)$
: renverser exige de repasser par l'intersection.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q18 : Le paradoxe du test de dépistage Une maladie touche $1\ \%$ de la population. Un test détecte
$99\ \%$ des malades, mais sonne à tort chez $5\ \%$ des
personnes saines. Une personne a un test positif : quelle
est environ la probabilité qu'elle soit malade ?

]]> Le paradoxe des tests : quand la maladie est rare, la masse
des faux positifs domine. Toujours calculer
$P(\text{malade} \mid \text{positif})$ par l'arbre :
intersection sur total des positifs : ici $\frac{1}{6}$,
loin des $99\ \%$ intuitifs.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Environ $\dfrac{1}{6}$

]]> Bonne réponse : les faux positifs des $99\ \%$ de sains
noient les vrais positifs. Vrais positifs : $0{,}01
\times 0{,}99 \approx 0{,}0099$ ; faux positifs :
$0{,}99 \times 0{,}05 = 0{,}0495$ ; ratio
$\frac{0{,}0099}{0{,}0594} = \frac{1}{6}$ : la rareté de
la maladie renverse l'intuition.

]]> Environ $99\ \%$

]]> Le renversement fautif : $99\ \%$ est la fiabilité du
test, $P(\text{positif} \mid \text{malade})$ ; la
question demande l'inverse, $P(\text{malade} \mid
\text{positif})$, écrasé par la rareté de la maladie.

]]> Environ $95\ \%$

]]> Erreur : $95\ \%$ est le taux de silence chez les
sains : sans rapport direct : le calcul complet passe
par les probabilités totales.

]]> Environ $50\ \%$

]]> Erreur d'équiprobabilité (« malade ou pas, deux cas ») :
les deux cas n'ont pas du tout le même poids ($1\ \%$
contre $99\ \%$ au départ) ; l'arbre pondéré tranche :
environ $17\ \%$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q19 : Probabilité d'un chemin complet Un arbre donne $P(A) = 0{,}25$ et $P_A(B) = 0{,}8$.
Que vaut la probabilité du chemin menant à $A$ puis à $B$ ?

]]> La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités portées par ses
branches. C'est l'écriture arborescente de
$P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}2$

]]> Bonne réponse : on multiplie le long du chemin, soit
$0{,}25 \times 0{,}8$.

]]> $1{,}05$

]]> Addition au lieu d'une multiplication : une probabilité ne dépasse
jamais $1$.

]]> $0{,}8$

]]> Conditionnelle recopiée : elle ne concerne que la seconde branche du
chemin.

]]> $3{,}2$

]]> Division au lieu d'une multiplication : $\dfrac{0{,}8}{0{,}25}$ ne
correspond à aucune probabilité.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q20 : Deux ateliers, un taux de défauts Un atelier produit $60$ % des pièces avec $2$ % de défauts, l'autre le
reste avec $5$ % de défauts. Quelle est la probabilité qu'une pièce
soit défectueuse ?

]]> La formule des probabilités totales pondère chaque taux conditionnel par
la probabilité du cas correspondant, puis additionne les résultats.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}032$

]]> Bonne réponse : $0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 +
0{,}02$.

]]> $0{,}07$

]]> Taux additionnés : $2$ % et $5$ % ne se cumulent pas, ils doivent
d'abord être pondérés par les parts de production.

]]> $0{,}035$

]]> Moyenne simple des deux taux : elle donnerait le bon ordre de grandeur
mais ignore que le premier atelier produit davantage.

]]> $0{,}001$

]]> Taux multipliés entre eux : $0{,}02 \times 0{,}05$ ne correspond à
aucun chemin de l'arbre.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q21 : Remonter à la cause Avec les données de l'atelier précédent, quelle est la probabilité
qu'une pièce défectueuse vienne du second atelier ?

]]> Renverser un conditionnement revient à diviser la probabilité du chemin
concerné par la probabilité totale de l'événement observé.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}625$

]]> Bonne réponse : $\dfrac{0{,}4 \times 0{,}05}{0{,}032} =
\dfrac{0{,}02}{0{,}032}$.

]]> $0{,}4$

]]> Part de production recopiée : elle ne tient pas compte du taux de
défauts plus élevé de cet atelier.

]]> $0{,}05$

]]> Conditionnelle inversée : $0{,}05$ est la probabilité d'un défaut
sachant l'atelier, pas l'inverse.

]]> $0{,}02$

]]> Probabilité conjointe : il reste à diviser par la probabilité totale
d'obtenir une pièce défectueuse.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q22 : Indépendance et contraires Les événements $A$ et $B$ sont indépendants.
Que peut-on dire de $A$ et $\overline{B}$ ?

]]> L'indépendance se transmet aux événements contraires : si $A$ et $B$ sont
indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont, de même que
$\overline{A}$ et $\overline{B}$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Ils sont également indépendants

]]> Bonne réponse : $P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B)$, ce qui
se factorise en $P(A)(1 - P(B))$.

]]> Ils sont incompatibles

]]> L'incompatibilité imposerait une intersection vide, sans rapport avec
l'indépendance.

]]> Ils sont dépendants

]]> Le calcul montre au contraire que la propriété se transmet au
contraire d'un événement.

]]> On ne peut rien conclure

]]> La factorisation conclut sans hypothèse supplémentaire.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q23 : Choisir une partition Pour appliquer la formule des probabilités totales, que doivent
vérifier les événements retenus ?

]]> Une partition de l'univers est une famille d'événements deux à deux
incompatibles dont la réunion est l'univers entier. La formule des
probabilités totales s'appuie sur cette décomposition.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc S'exclure deux à deux et couvrir l'univers

]]> Bonne réponse : chaque issue doit appartenir à un cas et à un seul,
sans quoi la somme compte deux fois ou oublie des issues.

]]> Être indépendants les uns des autres

]]> L'indépendance n'est pas requise : une partition est au contraire faite
d'événements qui s'excluent.

]]> Avoir tous exactement la même probabilité

]]> Les probabilités peuvent être très différentes, comme deux ateliers de
tailles inégales.

]]> Être au nombre de deux, jamais davantage

]]> Une partition peut comporter autant de cas que nécessaire, trois
ateliers par exemple.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q24 : Contraire d'une conditionnelle On sait que $P_A(B) = 0{,}3$. Que vaut $P_A(\overline{B})$ ?

]]> Une fois la condition fixée, les probabilités conditionnelles obéissent
aux mêmes règles que les probabilités ordinaires. En revanche,
$P_A(B)$ et $P_{\overline{A}}(B)$ n'ont, elles, aucune raison d'être liées.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}7$

]]> Bonne réponse : à l'intérieur du monde conditionné par $A$, les
probabilités se comportent normalement et totalisent $1$.

]]> $0{,}3$

]]> Valeur recopiée : le contraire d'un événement n'a pas la même
probabilité, sauf si elle vaut $0{,}5$.

]]> $-0{,}3$

]]> Une probabilité est toujours positive : on retranche à $1$, on ne
change pas le signe.

]]> On ne peut pas le savoir

]]> La relation $P_A(B) + P_A(\overline{B}) = 1$ suffit à conclure.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q25 : Au moins un succès sur quatre Une épreuve a une probabilité de succès de $0{,}2$, répétée quatre
fois de façon indépendante. Quelle est la probabilité d'au moins un
succès ?

]]> L'événement « au moins un succès » a pour contraire « aucun succès », dont
la probabilité est un simple produit. C'est presque toujours le chemin le
plus court.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Environ $0{,}59$

]]> Bonne réponse : on passe par le contraire,
$1 - 0{,}8^4 = 1 - 0{,}4096$.

]]> Exactement $0{,}8$

]]> Probabilité d'un échec recopiée : elle concerne une seule épreuve.

]]> Exactement $0{,}2$

]]> Probabilité d'un succès unique : la répétition augmente nettement les
chances d'en obtenir au moins un.

]]> Environ $0{,}41$

]]> Probabilité de l'événement contraire : $0{,}8^4$ est la probabilité de
n'obtenir aucun succès.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q26 : Justifier l'indépendance Dans quel cas peut-on affirmer que deux tirages sont indépendants ?

]]> L'indépendance se justifie par le protocole de l'expérience, pas par les
résultats observés. Le tirage avec remise est le cas type.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Quand le tirage se fait avec remise

]]> Bonne réponse : la composition de l'urne est identique au second
tirage, donc le premier ne renseigne pas sur le second.

]]> Quand le tirage se fait sans remise

]]> Sans remise, le premier tirage modifie la composition, donc les
probabilités du second.

]]> Quand les deux objets tirés sont différents

]]> Le résultat obtenu ne décide pas de l'indépendance, qui est une
propriété du protocole.

]]> Quand l'urne contient autant d'objets de chaque sorte

]]> L'équiprobabilité ne garantit pas l'indépendance : sans remise, les
tirages restent liés.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q27 : Deux conditionnelles dans un même tableau Un tableau donne $P(A \cap B) = 0{,}12$, $P(A) = 0{,}3$ et
$P(B) = 0{,}4$. Que vaut $P_B(A)$ ?

]]> La formule $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ divise par la probabilité
de la condition. Ici le résultat coïncide avec $P(A)$, signe de
l'indépendance.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : $\dfrac{0{,}12}{0{,}4} = 0{,}3$, ce qui montre au
passage que $A$ et $B$ sont indépendants.

]]> $0{,}4$

]]> Dénominateur recopié : il sert au calcul, il n'en est pas le
résultat.

]]> $0{,}12$

]]> Probabilité conjointe : il reste à diviser par $P(B)$ pour se
restreindre à $B$.

]]> $0{,}048$

]]> Multiplication au lieu d'une division : $0{,}12 \times 0{,}4$ ne
correspond à aucune probabilité de la situation.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q28 : Quel arbre construire On connaît la répartition entre deux fournisseurs et, pour chacun, le
taux de pièces conformes. Quel arbre faut-il dresser ?

]]> On place au premier niveau l'événement dont on connaît la probabilité
sans condition. Les données conditionnelles se lisent alors directement
sur les branches suivantes.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Le fournisseur au premier niveau

]]> Bonne réponse : le premier niveau porte l'information connue sans
condition, les niveaux suivants les conditionnelles données.

]]> La conformité au premier niveau

]]> Ce choix demanderait les probabilités de conformité globales, qui ne
sont justement pas données.

]]> Un arbre à un seul niveau

]]> Deux informations successives sont en jeu, donc deux niveaux sont
nécessaires.

]]> Deux arbres séparés, un par fournisseur

]]> Un seul arbre suffit, et il permet en outre de cumuler les chemins
pour obtenir la probabilité totale.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q29 : Indépendance et intuition Deux événements ont une intersection non vide.
Peut-on en déduire qu'ils sont dépendants ?

]]> Incompatibilité et indépendance sont deux notions distinctes. La première
porte sur le contenu de l'intersection, la seconde sur sa probabilité
comparée au produit.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non, l'intersection ne décide de rien

]]> Bonne réponse : l'indépendance compare $P(A \cap B)$ au produit
$P(A) \times P(B)$, elle ne demande pas une intersection vide.

]]> Oui, ils sont toujours dépendants

]]> Deux lancers de dé donnant chacun un six ont une intersection non vide
et sont pourtant indépendants.

]]> Oui, sauf si l'intersection est l'univers

]]> Ce cas très particulier n'a rien à voir : l'indépendance se teste par
un calcul, quel que soit le contenu de l'intersection.

]]> Non, ils sont alors toujours indépendants

]]> Conclusion inverse mais tout aussi fausse : l'intersection ne permet
aucune conclusion à elle seule.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q30 : Contrôler une probabilité totale Après avoir calculé $P(B)$ par la formule des probabilités totales,
quel contrôle rapide peut-on faire ?

]]> La probabilité totale est une moyenne des probabilités conditionnelles,
pondérée par les probabilités des cas. Elle est donc toujours encadrée par
la plus petite et la plus grande d'entre elles.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Vérifier qu'elle est comprise entre les conditionnelles

]]> Bonne réponse : une moyenne pondérée se situe toujours entre la plus
petite et la plus grande des valeurs pondérées.

]]> Vérifier qu'elle est égale à leur somme

]]> Cette somme dépasse souvent $1$ : les conditionnelles ne s'additionnent
pas.

]]> Vérifier qu'elle est égale à leur produit

]]> Le produit donnerait une valeur bien trop petite, sans signification
dans la situation.

]]> Vérifier qu'elle vaut $0{,}5$

]]> Aucune raison : la probabilité totale dépend entièrement des données
de l'énoncé.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q31 : Retrouver la probabilité de la condition On donne $P(A \cap B) = 0{,}18$ et $P_A(B) = 0{,}6$.
Que vaut $P(A)$ ?

]]> La formule du produit $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ se lit
dans les deux sens. Connaissant l'intersection et la
conditionnelle, on isole $P(A)$ par une division.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : de $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ on tire
$P(A) = \dfrac{0{,}18}{0{,}6} = 0{,}3$.

]]> $0{,}108$

]]> Multiplication au lieu d'une division : le produit des deux
données redonnerait une intersection, pas $P(A)$.

]]> $0{,}78$

]]> Addition impossible : une intersection et une conditionnelle ne
s'additionnent pas, elles se divisent l'une par l'autre.

]]> $0{,}6$

]]> Donnée recopiée : $0{,}6$ est la conditionnelle de l'énoncé,
alors que l'inconnue est la probabilité de la condition.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q32 : Ce que porte une branche Une usine répartit sa production entre deux ateliers, et l'on
connaît le taux de rebut de chacun. Sur l'arbre correspondant, que
porte la branche qui relie « atelier 1 » à « pièce rebutée » ?

]]> Sur un arbre pondéré, la racine distribue les probabilités connues
sans condition, et chaque branche suivante porte une probabilité
conditionnée par tout ce qui précède sur le chemin.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc La probabilité d'un rebut sachant l'atelier 1

]]> Bonne réponse : une branche de deuxième niveau porte toujours
une probabilité conditionnée par le nœud dont elle part.

]]> La probabilité de l'atelier 1 sachant un rebut

]]> Conditionnement renversé : cette probabilité se calcule à la
fin, elle ne figure pas sur l'arbre.

]]> La probabilité d'un rebut dans la production entière

]]> Probabilité totale : elle s'obtient en additionnant les
chemins, elle ne se lit pas sur une branche.

]]> La probabilité qu'une pièce vienne de l'atelier 1

]]> Premier niveau : cette probabilité figure sur la branche qui
part de la racine, pas sur celle qui suit.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q33 : Un résultat impossible Un calcul de probabilité conditionnelle aboutit à
$P_A(B) = 1{,}25$. Que faut-il en conclure ?

]]> Toute probabilité, conditionnelle ou non, appartient à
l'intervalle $[0\,;\,1]$. Un résultat supérieur à $1$ signale
presque toujours un quotient renversé, l'intersection devant
figurer au numérateur.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Le calcul est faux, une probabilité ne dépasse pas $1$

]]> Bonne réponse : conditionner ne change rien aux règles, et le
plus souvent le quotient a été écrit à l'envers.

]]> Le résultat convient, une conditionnelle peut dépasser $1$

]]> Erreur de principe : une fois la condition fixée, les
probabilités restent comprises entre $0$ et $1$.

]]> L'événement $B$ est certain lorsque $A$ est réalisé

]]> La certitude correspondrait à la valeur $1$ exactement, jamais
à une valeur supérieure.

]]> Les événements $A$ et $B$ sont indépendants

]]> L'indépendance donnerait $P_A(B) = P(B)$, donc une valeur
inférieure à $1$ elle aussi.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q34 : La formule de la conditionnelle Pour $P(A) \neq 0$, comment définit-on la probabilité de $B$
sachant $A$ ?

]]> Conditionner par $A$ revient à ne plus regarder que les issues de
$A$. La probabilité de $B$ y est la part de $A \cap B$ rapportée à
celle de $A$, ce qui donne un nombre compris entre $0$ et $1$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$

]]> Bonne réponse : on restreint l'univers à $A$, puis on mesure la
part de $B$ dans ce nouvel univers.

]]> $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$

]]> Mauvais dénominateur : c'est la condition $A$ qui devient le
nouvel univers, donc $P(A)$ qui divise.

]]> $P_A(B) = P(A \cap B) \times P(A)$

]]> Produit au lieu du quotient : cette écriture est celle qui
reconstruit une intersection, pas une conditionnelle.

]]> $P_A(B) = \dfrac{P(A) + P(B)}{P(A \cap B)}$

]]> Formule inventée : la somme $P(A) + P(B)$ intervient dans le
calcul d'une réunion, pas dans celui d'une conditionnelle.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q35 : Exactement deux succès sur trois On répète trois fois, de façon indépendante, une épreuve dont la
probabilité de succès vaut $\dfrac{1}{3}$. Quelle est la probabilité
d'obtenir exactement deux succès ?

]]> Sur l'arbre à trois niveaux, tous les chemins portant deux succès
ont la même probabilité, produit de deux facteurs de succès et d'un
facteur d'échec. Il reste à compter ces chemins, au nombre de
trois, et à multiplier.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{2}{9}$

]]> Bonne réponse : trois chemins portent deux succès et un échec,
chacun de probabilité $\dfrac{2}{27}$.

]]> $\dfrac{2}{27}$

]]> Chemins non comptés : un seul chemin a été pris en compte,
alors que l'échec peut occuper trois positions.

]]> $\dfrac{1}{27}$

]]> Trois succès au lieu de deux : il manque le facteur d'échec de
la troisième épreuve.

]]> $\dfrac{4}{9}$

]]> Rôles échangés : cette valeur est celle d'un seul succès et de
deux échecs.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q36 : Remonter d'un retard à l'internat Dans un lycée, $20\ \%$ des élèves sont internes. Un jour
donné, $30\ \%$ des internes arrivent en retard, contre
$15\ \%$ des externes. Un élève arrivé en retard est choisi au
hasard : quelle est la probabilité qu'il soit interne ?

]]> On renverse le conditionnement en divisant la probabilité du chemin
concerné par la probabilité totale de l'événement observé. Les
deux retards possibles, celui des internes et celui des externes,
composent le dénominateur.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{3}$

]]> Bonne réponse : on divise le chemin « interne puis retard » par
la probabilité totale d'un retard.

]]> $\dfrac{3}{10}$

]]> Conditionnement renversé : cette valeur est la probabilité d'un
retard sachant l'internat, soit l'inverse de la question.

]]> $\dfrac{1}{5}$

]]> Proportion d'internes recopiée : l'information « en retard »
modifie cette proportion, elle ne la laisse pas intacte.

]]> $\dfrac{3}{50}$

]]> Division oubliée : cette valeur est la probabilité d'être
interne et en retard, mesurée sur tout le lycée.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q37 : Le mot « parmi » dans un énoncé Un énoncé indique : « parmi les élèves internes, $30\ \%$ arrivent
en retard ». Que traduit cette phrase ?

]]> Dans un énoncé, « parmi », « sachant que » ou « chez les » désigne
le sous-groupe de référence, c'est-à-dire le dénominateur du
quotient. Repérer ce groupe évite la confusion la plus fréquente du
chapitre.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Une probabilité conditionnelle, sachant « interne »

]]> Bonne réponse : le groupe nommé après « parmi » devient le
nouvel univers, donc la condition.

]]> Une probabilité d'intersection des deux événements

]]> Intersection et conditionnelle diffèrent : la première se
mesure sur tout le lycée, la seconde sur les seuls internes.

]]> La proportion d'internes dans le lycée tout entier

]]> Cette proportion est une autre donnée : ici le pourcentage
porte sur les retards, pas sur l'internat.

]]> La probabilité d'être en retard dans le lycée entier

]]> Probabilité totale : elle réunit internes et externes, alors
que la phrase ne parle que des internes.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q38 : Deux personnes dans une grande population On interroge successivement deux personnes tirées au hasard dans
une population de plusieurs millions d'habitants. Peut-on traiter
les deux réponses comme indépendantes ?

]]> L'indépendance est une hypothèse de modèle, que l'on justifie par
l'analyse de la situation. Dans une population très grande, le
tirage sans remise se modélise sans dommage par des tirages
indépendants.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Oui, car retirer une personne ne change presque rien

]]> Bonne réponse : retirer une personne sur des millions ne change
pas sensiblement les proportions, et le modèle avec remise
convient.

]]> Non, car les deux personnes sont tirées sans remise

]]> Argument trop rigide : le tirage est bien sans remise, mais son
effet sur les proportions est ici imperceptible.

]]> Oui, car deux personnes distinctes répondent toujours librement

]]> Bonne conclusion, mauvaise raison : l'indépendance porte sur le
protocole de tirage, pas sur la liberté des personnes.

]]> Non, car les deux personnes vivent dans le même pays

]]> Appartenir à la même population ne crée aucun lien entre les
deux tirages.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q39 : Trois fournisseurs, un taux global Trois fournisseurs livrent respectivement $50\ \%$, $30\ \%$ et
$20\ \%$ des pièces d'un atelier, avec des taux de pièces
défectueuses de $2\ \%$, $5\ \%$ et $10\ \%$. Quelle est la
probabilité qu'une pièce prise au hasard soit défectueuse ?

]]> La formule des probabilités totales vaut pour toute partition, ici
les trois fournisseurs. On multiplie chaque part par le taux
correspondant, puis on additionne les produits obtenus.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}045$

]]> Bonne réponse : chaque taux est pondéré par la part du
fournisseur, puis les trois chemins sont additionnés.

]]> $0{,}17$

]]> Taux additionnés directement : sans pondération, les
fournisseurs comptent tous autant, ce qui est faux.

]]> $0{,}025$

]]> Chemin manquant : le troisième fournisseur livre aussi des
pièces, son chemin doit être ajouté.

]]> $0{,}1$

]]> Taux le plus élevé retenu seul : la probabilité globale se
situe entre le plus petit et le plus grand des taux.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q40 : Intersection de deux événements indépendants Les événements $A$ et $B$ sont indépendants, avec
$P(A) = 0{,}4$ et $P(B) = 0{,}25$. Que vaut $P(A \cap B)$ ?

]]> Deux événements sont indépendants lorsque
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$. Cette égalité sert de test quand
les trois probabilités sont connues, et de formule de calcul quand
l'indépendance est donnée.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}1$

]]> Bonne réponse : l'indépendance donne exactement
$P(A \cap B) = 0{,}4 \times 0{,}25 = 0{,}1$.

]]> $0{,}325$

]]> Moyenne des deux données : aucune règle du chapitre ne fait
intervenir une moyenne de probabilités.

]]> $0{,}4$

]]> Donnée recopiée : l'intersection est toujours plus petite que
chacun des deux événements.

]]> $0{,}65$

]]> Addition au lieu de la multiplication : la somme intervient
pour une réunion d'événements incompatibles.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q41 : Somme des chemins d'un arbre Dans un arbre pondéré à deux niveaux, que vaut la somme des
probabilités de tous les chemins complets ?

]]> Les chemins complets d'un arbre forment une partition des issues de
l'expérience. Leurs probabilités, obtenues en multipliant le long
de chaque chemin, totalisent donc $1$, ce qui fournit un contrôle
immédiat.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Elle vaut $1$, les chemins couvrant tous les cas

]]> Bonne réponse : les chemins complets décrivent toutes les
issues possibles, sans en oublier ni en compter deux fois.

]]> Elle vaut la somme des pondérations du premier niveau

]]> Cette somme vaut déjà $1$ à elle seule : les chemins complets
la redistribuent, ils ne s'y ajoutent pas.

]]> Elle vaut le nombre de chemins de l'arbre

]]> Un compte de chemins n'est pas une probabilité, et dépasserait
$1$ dès le deuxième niveau.

]]> Elle dépend des pondérations choisies dans l'arbre

]]> La règle est générale : quelles que soient les pondérations,
les chemins complets totalisent $1$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q42 : Deux tirages avec remise Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ boules vertes. On
tire une boule, on la remet, puis on en tire une seconde. Quelle
est la probabilité d'obtenir une rouge puis une verte ?

]]> Avec remise, l'urne est identique aux deux tirages, qui sont donc
indépendants. La probabilité d'une issue en deux temps est le
produit des probabilités de ses deux composantes, prises dans
l'ordre imposé par l'énoncé.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{6}{25}$

]]> Bonne réponse : la remise rend les tirages indépendants, on
multiplie $\dfrac{3}{5}$ par $\dfrac{2}{5}$.

]]> $\dfrac{3}{10}$

]]> Remise oubliée : sans elle le second tirage se ferait parmi
$5$ moins une boules.

]]> $\dfrac{9}{25}$

]]> Deux rouges : la seconde boule demandée est verte, le second
facteur change donc.

]]> $\dfrac{3}{5}$

]]> Second tirage oublié : cette valeur ne concerne que la première
boule.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q43 : Conditionner par l'autre caractère Un groupe compte $200$ personnes, dont $100$ femmes.
$80$ personnes pratiquent un sport, dont $30$ femmes. On
choisit au hasard une personne qui pratique un sport. Quelle est la
probabilité que ce soit une femme ?

]]> Une conditionnelle lue dans un tableau d'effectifs est le quotient
de l'effectif croisé par l'effectif de la condition. Changer de
condition change le dénominateur, donc le résultat.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{3}{8}$

]]> Bonne réponse : la condition « pratique un sport » réduit
l'univers aux $80$ sportifs, dont $30$ femmes.

]]> $\dfrac{3}{10}$

]]> Condition renversée : ce quotient donne la part de sportives
parmi les femmes, ce que l'énoncé ne demande pas.

]]> $\dfrac{3}{20}$

]]> Univers non réduit : ce quotient mesure les sportives dans le
groupe entier, sans tenir compte de la condition.

]]> $\dfrac{2}{5}$

]]> Caractère perdu de vue : ce quotient donne la part de sportifs,
femmes et hommes confondus.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q44 : Proportion de tests positifs Un dépistage est proposé à toute une population où la proportion de
malades vaut $2\ \%$. Le test se révèle positif chez
$95\ \%$ des malades et chez $4\ \%$ des personnes saines.
Quelle proportion de tests positifs observe-t-on ?

]]> Les malades et les personnes saines forment une partition de la
population. La proportion de tests positifs est donc la somme des
deux chemins qui y mènent, chacun pondéré par la taille de son
groupe.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}0582$

]]> Bonne réponse : les deux groupes fournissent des positifs, on
additionne $0{,}019$ et $0{,}0392$.

]]> $0{,}019$

]]> Malades seuls : les personnes saines produisent elles aussi des
tests positifs, en plus grand nombre ici.

]]> $0{,}0392$

]]> Personnes saines seules : les tests positifs des malades
manquent à l'appel.

]]> $0{,}99$

]]> Taux additionnés sans pondération : chacun doit d'abord être
multiplié par la part du groupe concerné.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q45 : Cinq piles de suite Une pièce équilibrée est tombée cinq fois de suite sur pile. Quelle
est la probabilité d'obtenir face au lancer suivant ?

]]> Des lancers successifs d'une même pièce sont indépendants : le
passé n'informe pas sur le prochain résultat. Une longue série
surprend l'intuition, mais ne modifie aucune probabilité.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{2}$, les lancers étant indépendants

]]> Bonne réponse : la pièce ne garde aucune mémoire des lancers
précédents, ses chances restent inchangées.

]]> Plus de $\dfrac{1}{2}$, car face est en retard

]]> Illusion de compensation : rien ne force la pièce à rattraper
un écart, chaque lancer repart à égalité.

]]> Moins de $\dfrac{1}{2}$, car la série de piles continue

]]> Illusion de série : les piles obtenus ne rendent pas le suivant
plus probable, les lancers sont indépendants.

]]> Impossible à conclure sans connaître la pièce

]]> L'énoncé précise que la pièce est équilibrée, ce qui fixe la
probabilité à chaque lancer.

]]>