\chapter{Probabilités conditionnelles}

\newpage

\section{Probabilités conditionnelles}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
Soient A et B deux événements d'un univers $\Omega$ tels que $\proba{A}\neq0$.

On appelle \textbf{probabilité de l'événement B sachant que A est réalisé} le nombre noté $\probacond{B}{A}$ défini par :
\[
\probacond{B}{A}=\dfrac{\proba{A\cap B}}{\proba{A}}.
\]
\end{defin}

\begin{prop}
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\proba{A \cap B}=\proba{A}\times\probacond{B}{A}=\proba{B}\times\probacond{A}{B}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
Elle découle de la définition : l'égalité des produits en croix mène à la propriété.
\end{demo}

\begin{exemple}
Dans une urne, on place 10 boules, 3 noires et 7 rouges. On tire au
hasard 3 boules, successivement et sans remise. Quelle est la probabilité de tirer deux boules noires ?

\medskip

En notant :
\begin{itemize}
\item N$_1$ l'événement \og la boule tirée est noire au 1\ier{} tirage \fg,
\item N$_2$ l'événement \og la boule tirée est noire au 2\ieme{} tirage \fg,
\end{itemize}

la probabilité demandée est \proba{N_1 \cap N_2}.

\begin{itemize}
\item $\proba{N_1}=\dfrac{3}{10}$ car il y a 3 boules noires sur 10 lors du 1\ier{} tirage ;
\item $\probacond{N_2}{N_1}=\dfrac{2}{9}$ car il ne reste plus que 2 boules noires sur 9 au 2\ieme{} tirage si l'on sait que l'on a déjà tiré une boule noire au 1\ier{} tirage.
\end{itemize}

Ainsi,
\begin{align*}
\proba{N_1 \cap N_2}& =\proba{N_1}\times\probacond{N_2}{N_1}\\
& = \dfrac{3}{10}\times\dfrac{2}{9}\\
& = \dfrac{1}{15}.
\end{align*}
\end{exemple}

\newpage

\subsection{\'Evénement contraire}

\begin{prop}
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\probacond{\evcont{B}}{A}=1-\probacond{B}{A}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
Par définition,
\[
\probacond{\evcont{B}}{A}=\dfrac{\proba{A \cap \evcont{B}}}{\proba{A}}.
\]
Or,
\[ 
\proba{A}=\proba{A \cap B}+\proba{A \cap \evcont{B}},
\]
d'où :
\begin{align*}
\probacond{\evcont{B}}{A} & =\dfrac{\proba{A}-\proba{A \cap B}}{\proba{A}}\\
& = 1-\dfrac{\proba{A \cap B}}{\proba{A}}\\
& = 1-\probacond{B}{A}.
\end{align*}
\end{demo}

\subsection{Partition de l'univers}

\begin{defin}
On dit que les $n$ événements A$_1$, ... , A$_n$ forment une \textbf{partition} de $\Omega$ si :
\begin{itemize}
\item tous les événements sont incompatibles deux à deux : A$_i\cap$A$_j=\varnothing$, pour tout $i\neq j$;
\item $\text{A}_1\cup\text{A}_2\cup\cdots\cup\text{A}_n=\Omega$.
\end{itemize}
\end{defin}

\begin{rem}
\begin{itemize}
\item A et \evcont{A} forment une partition de l'univers, quel que soit l'événement A.
\item La notion de partition est similaire en informatique : un espace de stockage  peut être découpé en plusieurs partitions :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) rectangle +(8,1);
\node[left] at (0,0.5) {Disque dur :};
\draw (3,0) -- (3,1);
\draw (5,0) -- (5,1);
\draw (6,0) -- (6,1);
\node at (1.5,0.5) {Partition 1};
\node at (4,0.5) {Partition 2};
\node at (7,0.5) {Partition 4};
\node[above] at (5.5,1.5) {Partition 3};
\draw[->,>=latex] (5.5,1.5) -- (5.5,0.5);
\node[below] at (1.5,0) {$A_1$};
\node[below] at (4,0) {$A_2$};
\node[below] at (5.5,0) {$A_3$};
\node[below] at (7,0) {$A_4$};
\draw[decorate,decoration={brace,amplitude=10pt}] (8,-0.5) -- (0,-0.5) node[midway,below,outer ysep=1em] {$\Omega$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{itemize}
\end{rem}

\section{Probabilités totales}

\subsection{Version \og light \fg de la formule des probabilités totales}

\begin{prop}
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\proba{B}=\proba{A \cap B}+\proba{\evcont{A} \cap B}.
\]
\end{prop}

On peut représenter la situation à l'aide d'un arbre de probabilités :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, draw = black, very thick, rounded corners] (img) { 
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\node (omega) {$\Omega$};
\node (A) at ($(omega)+(3,1.5)$) {A};
\node (AB) at ($(omega)+(3,-1.5)$) {\evcont{A}};
\node (B1) at ($(A)+(3,0.5)$) {B};
\node (B1B) at ($(A)+(3,-0.5)$) {\evcont{B}};
\node (B2) at ($(AB)+(3,0.5)$) {B};
\node (B2B) at ($(AB)+(3,-0.5)$) {\evcont{B}};
\node[right] (I1) at ($(B1)+(1,0)$) {$\proba{A \cap B}=\proba{A}\times\probacond{B}{A}$};
\node[right] (I2) at ($(B1B)+(1,0)$) {$\proba{A\cap \evcont{B}}=\proba{A}\times\probacond{\evcont{B}}{A}$};
\node[right] (I3) at ($(B2)+(1,0)$) {$\proba{\evcont{A} \cap B}=\proba{\evcont{A}}\times\probacond{B}{\evcont{A}}$};
\node[right] (I4) at ($(B2B)+(1,0)$) {$\proba{\evcont{A}\cap\evcont{B}}=\proba{\evcont{A}}\times\probacond{\evcont{A}}{\evcont{B}} $};
\draw[red] (omega.east) -- (A.west) node[midway,above left] {\proba{A}};
\draw[blue] (omega.east) -- (AB.west) node[midway,below left] {\proba{\evcont{A}}};
\draw[green!50!black] (A.east) -- (B1.west) node[midway,above,outer ysep=2pt] {\probacond{B}{A}};
\draw[purple] (A.east) -- (B1B.west) node[midway,below,outer ysep=3pt] {\probacond{\evcont{B}}{A}};
\draw[green!50!black] (AB.east) -- (B2.west) node[midway,above,outer ysep=2pt] {\probacond{B}{\evcont{A}}};
\draw[purple] (AB.east) -- (B2B.west) node[midway,below,outer ysep=3pt] {\probacond{\evcont{B}}{\evcont{A}}};
\draw[->] (B1.east) -- (I1.west);
\draw[->] (B1B.east) -- (I2.west);
\draw[->] (B2.east) -- (I3.west);
\draw[->] (B2B.east) -- (I4.west);
\draw[<->] (I1.east) -- ($(I1.east)+(0.63,0)$) -- ($(I3.east)+(0.5,0)$) -- (I3.east);
\draw[->] ($0.5*(I1.east)+0.5*(I3.east)+(0.57,0)$) -- ($0.5*(I1.east)+0.5*(I3.east)+(1.5,0)$) node[right] {\proba{B}};
\node[fill=pagecorrige!30,circle,draw,scale=0.7] at ($0.5*(I1.east)+0.5*(I3.east)+(0.57,0)$) {$+$};
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Formule des probabilités totales}

\begin{prop}
Soient A$_1$, A$_2$, ..., A$_n$ $n$ événements formant une partition de l'univers, avec $\proba{A_k}\neq0$,\linebreak $1\leqslant k\leqslant n$. Alors, pour tout événement B,
\[
\proba{B}=\proba{A_1 \cap B}+\proba{A_2 \cap B}+\cdots+\proba{A_n \cap B}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
Les événements A$_k\cap$B sont incompatibles deux à deux.\\
De plus,
\[
\text{B}=\left(\text{A}_1\cap\text{B}\right)\cup \left(\text{A}_2\cap\text{B}\right)\cup\cdots\left(\text{A}_n\cap\text{B}\right).
\]
Donc,
\[
\proba{B}=\text{P}\left(\text{A}_1\cap\text{B}\right)+\text{P}\left(\text{A}_2\cap\text{B}\right)+\cdots+\text{P}\left(\text{A}_n\cap\text{B}\right).
\]
\end{demo}


\begin{exemple}
Pour produire des pièces métalliques, un atelier utilise trois machines. Toutes les pièces sont vérifiées par le service qualité. Ce service a fourni le tableau suivant après une journée de production.
\begin{center}
\arrayrulecolor{exemple}
\begin{tabular}{|>{\columncolor{titrecolor}\color{white}}Sl|*3{Sc|}}
\hline
N° de la machine utilisée & 1 & 2 & 3\\
\hline
Pourcentage de pièces produites & 50 & 35 & 15\\
\hline
Fréquence des défauts par machine & 0,01 & 0,02 & 0,06\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On prend au hasard une pièce produite dans la journée.\\
Déterminer la probabilité qu'elle soit défectueuse.

\medskip

On convient de noter :

\begin{itemize}
\item M$_k$ l'événement : \og La pièce provient de la machine n° $k$ \fg{} ;
\item D l'événement : \og La pièce est défectueuse \fg.
\end{itemize}

D'après la formule des probabilités totales, on a :
\begin{align*}
\proba{D} & = \proba{D\cap M_1}+\proba{D\cap M_2}+\proba{D\cap M_3}\\
& = \proba{M_1}\times\probacond{D}{M_1}+\proba{M_2}\times\probacond{D}{M_2}+\proba{M_3}\times\probacond{D}{M_3}\\
& = 0,5\times0,01+0,35\times0,02+0,15\times0,06\\
& = \numprint{0,0212}.
\end{align*}
\end{exemple}

\section{Indépendance}

\begin{prop}
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\probacond{A}{B}=\proba{A} \Longleftrightarrow \probacond{B}{A}=\proba{B}.
\]
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{align*}
\probacond{A}{B}=\proba{A} &\Longleftrightarrow \dfrac{\proba{A\cap B}}{\proba{B}}=\proba{A}\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{\proba{A \cap B}}{\proba{A}}=\proba{B}\\
& \Longleftrightarrow \probacond{B}{A}=\proba{B}.
\end{align*}
\end{demo}

\begin{defin}[événements indépendants]
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$.

On dits que A et B sont \textbf{indépendants} quand $\probacond{A}{B}=\proba{A}$.
\end{defin}

\newpage
Deux événements sont indépendants lorsque la réalisation de l'un ne dépend pas de celle de l'autre.


\begin{prop}
Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si :
\[ \proba{A\cap B}=\proba{A}\times\proba{B}.\]
\end{prop}

\begin{demo}
\begin{align*}
\probacond{A}{B}=\proba{A} &\Longleftrightarrow \dfrac{\proba{A\cap B}}{\proba{B}}=\proba{A}\\
& \Longleftrightarrow \proba{A\cap B}=\proba{A}\times\proba{B}.
\end{align*}
\end{demo}

\begin{exemple}
On tire une carte au hasard dans un jeu de 32 cartes.

On considère les événements : 
\begin{itemize}
\item A : \og Tirer un c{\oe}ur \fg ;
\item B : \og Tirer un roi \fg.
\end{itemize}

Les événements A et B sont-ils indépendants ?

\medskip

On a : 
\begin{itemize}
\item $\proba{A}=\dfrac{1}{4}$ car il y a 8 c{\oe}urs sur les 32 cartes en tout ;
\item $\probacond{A}{B}=\dfrac{1}{4}$ car, sachant que la carte est un roi, il n'y a qu'une seule carte portant un c{\oe}ur sur les 4 rois.
\end{itemize}

On a alors $\proba{A}=\probacond{A}{B}$, ce qui signifie que A et B sont indépendants.
\end{exemple}

\begin{prop}
Soient A et B deux événements indépendants. 

Alors, A et \evcont{B} sont indépendants.
\end{prop}

\begin{demo}
On sait que :
\[ \probacond{\evcont{B}}{A}=1-\probacond{B}{A}.\]
Or, $\probacond{B}{A}=\proba{B}$ car les événements A et B sont indépendants.\\
D'où :
\[ \probacond{\evcont{B}}{A}=1-\proba{B}=\proba{\evcont{B}},\]
ce qui signifie que A et \evcont{B} sont indépendants.
\end{demo}

\begin{rem}
Deux événements A et B incompatibles tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$ ne sont pas indépendants.

En effet, A et B incompatibles signifie d'une part que $\proba{A}\times\proba{B}\neq0$, d'autre part que $\proba{A\cap B}=0$.

Ainsi, $\proba{A\cap B}\neq\proba{A}\times\proba{B}$; les événements ne sont donc pas indépendants.
\end{rem}

\section{Succession de deux épreuves\\indépendantes}

Imaginons une expérience à 2 issues (A et \evcont{A} par exemple) que l'on répète deux fois de façon indépendante.

Alors, la situation peut se représenter par l'arbre suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\node (omega) {$\Omega$};
\node (A) at ($(omega)+(3,1.5)$) {A};
\node (AB) at ($(omega)+(3,-1.5)$) {\evcont{A}};
%
\node (B1) at ($(A)+(3,0.5)$) {A};
\node (B1B) at ($(A)+(3,-0.5)$) {\evcont{A}};
\node (B2) at ($(AB)+(3,0.5)$) {A};
\node (B2B) at ($(AB)+(3,-0.5)$) {\evcont{A}};
%
\draw (omega.east) -- (A.west);
\draw (omega.east) -- (AB.west);
\draw (A.east) -- (B1.west);
\draw (A.east) -- (B1B.west);
\draw (AB.east) -- (B2.west);
\draw (AB.east) -- (B2B.west);
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi,
\begin{itemize}
\item la probabilité d'obtenir deux fois l'événement A est $\proba{A}^2$;
\item la probabilité d'obtenir une seule fois l'événement A est $\proba{A\cap\evcont{A}} + \proba{\evcont{A}\cap A}=2\proba{A\cap\evcont{A}}$;
\item la probabilité de ne pas obtenir l'événement A est $\proba{\evcont{A}}^2$.
\end{itemize}

\begin{exemple}
On lance un dé cubique équilibré deux fois de suite, en considérant que les lancers sont indépendants.

On pose A : \og Obtenir un multiple de 3. \fg{} Ainsi, $\proba{A}=\dfrac{1}{3}$.

\medskip

La probabilité d'obtenir un multiple de 3 une seule fois sur les deux lancers est :
\[
2\proba{A\cap\evcont{A}}=2 \times \dfrac{1}{3}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9}.
\]
\end{exemple}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\exercices

\subsection*{Conditionnement}

%%%

\begin{exocor}{QCM}[1]
Ceci est un Q.C.M. Une seule réponse est exacte pour chaque question.

\medskip

Les élèves de deux classes de terminale (désignées par TE 1 et TE 2) sont répartis selon leur spécialité (qui sont abrégées par SES, LV, Math) de façon suivante :\arrayrulecolor{numpageenonce}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep=0pt,fill=pagecorrige!30] (tableau) {
\begin{tabular}{|>{\columncolor{numpageenonce}\color{white}}r|*3{c|}}
\hline\rowcolor{numpageenonce}
\diagbox[height=10mm]{Spécialité}{Classe} &\color{white} TE 1 &\color{white} TE 2 &\color{white} Total\\
\hline
SES & 16 & 8 & 24\\
\hline
LV & 12 & 14 & 26\\
\hline
Math & 6 & 10 & 16\\
\hline
Total & 34 & 32 & 66\\
\hline
\end{tabular}};
\drawshadow{tableau}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
On interroge un élève au hasard. Les données précédentes sont à utiliser pour les quatre questions suivantes.
\begin{enumerate}
\item La probabilité que l'élève interrogé appartienne à la TE 1 est égale à :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\dfrac{1}{66}$
\item $\dfrac{1}{34}$
\item $\dfrac{17}{33}$\label{tes-proba-08-q1c}
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item La probabilité que l'élève interrogé suive l'enseignement de spécialité Math ou appartienne à la TE 1 est égale à :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\dfrac{2}{3}$ \label{tes-proba-08-q2a}
\item $\dfrac{25}{33}$
\item $\dfrac{1}{11}$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item La probabilité que l'élève interrogé suive la spécialité Math sachant qu'il appartient à la TE 1 est égale à :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\dfrac{1}{34}$
\item $\dfrac{1}{11}$ 
\item $\dfrac{3}{17}$\label{tes-proba-08-q3c}
\end{multicols}
\end{enumerate}

\item La probabilité que l'élève interrogé appartienne à la TE 1 sachant qu'il suit la spécialité Math est égale à :
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $\dfrac{3}{17}$
\item $\dfrac{14}{17}$
\item $\dfrac{3}{8}$\label{tes-proba-08-q4c}
\end{multicols}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Réponse \ref{tes-proba-08-q1c}

En effet, il y a 34 élèves en TE 1 sur les 66 au total. La probabilité est donc égale à $\dfrac{34}{66}=\dfrac{17}{33}$.

\item Réponse \ref{tes-proba-08-q2a} 

En effet, il y a 16 élèves qui suivent l'enseignement de spécialité Math et 34 qui sont en TE 1, auxquels il faut enlever les 6 qui font aussi spécialité Math.

La probabilité est donc égale à : $\dfrac{16+34-6}{66}=\dfrac{44}{66}=\dfrac{2}{3}$.

\item Réponse \ref{tes-proba-08-q3c} 

Il y a 6 élèves de TE 1 qui suivent l'enseignement de spécialité Math, donc 6 sur 34. La probabilité est donc égale à $\dfrac{6}{34}=\dfrac{3}{17}$.

\item Réponse \ref{tes-proba-08-q4c} 

Il y a 16 élèves qui suivent l'enseignement de spécialité Math, dont 6 sont en TE 1. La probabilité est donc égale à $\dfrac{6}{16}=\dfrac{3}{8}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%
\newpage

\begin{exocor}{dans un lycée}[1]
Dans un lycée de \numprint{2000} élèves, \pourcent{55} sont des garçons.

Parmi les garçons, \pourcent{70} font \og Anglais L.V.1\fg{} , le reste faisant \og Espagnol L.V.1 \fg.

On sait de plus que \pourcent{65} des élèves de ce lycée font \og Anglais L.V.1 \fg.
\begin{enumerate}
\item Compléter le tableau suivant :
\arrayrulecolor{numpageenonce}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep=0pt,fill=pagecorrige!30] (tableau) {
\begin{tabular}{|>{\columncolor{numpageenonce}\color{white}}Sc|*3{Sc|}}
\hline
\rowcolor{numpageenonce}
 &\color{white} Filles &\color{white} Garçons &\color{white} Total\\
\hline
Anglais L.V.1 & & & \\
\hline
Espagnol L.V.1 & & & \\
\hline
Total & & & \\
\hline
\end{tabular}};
\drawshadow{tableau}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On choisit au hasard un élève de ce lycée.

Quelle est la probabilité que ce soit un garçon faisant Anglais L.V.1 ?

\item On choisit au hasard un élève de ce lycée.

Quelle est la probabilité que ce soit une fille ou que l'élève fasse Espagnol L.V.1 ?

\item On choisit au hasard un élève parmi les garçons.

Quelle est la probabilité qu'il fasse Espagnol L.V.1 ?

\item On choisit au hasard un élève.

Sachant que c'est une fille, quelle est la probabilité qu'elle fasse Anglais L.V.1 ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a le tableau complété suivant :\arrayrulecolor{numpagecorrige}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=latex]
\node[inner sep=0pt] (tableau) {
\begin{tabular}{|>{\columncolor{numpagecorrige!30}}Sc|*3{Sc|}}
\rowcolor{numpagecorrige!30}
\hline
 & Filles & Garçons & Total\\
\hline
Anglais L.V.1 & 530 & 770 & \numprint{1300}\\
\hline
Espagnol L.V.1 & 370 & 330 & 700 \\
\hline
Total & 900 & \numprint{1100} & \numprint{2000} \\
\hline
\end{tabular}};
%
\draw[<-,red,scale=0.75] ($(tableau.south east)+(-0.7,0.1)$) to[bend right=15] ($(tableau.south east)+(0.5,-0.5)$) node[right] {Le total des élèves} ;
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,red,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.south east)+0.5*(-0.7,0.1)+0.5*(0.5,-0.5)$){1};
%
\draw[<-,blue,scale=0.75] ($(tableau.south east)+(-2.7,0.1)$) to[bend right=15] ($(tableau.south east)+(-1.7,-1.2)$) node[right] {\pourcent{55} des élèves du lycée};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,blue,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.south east)+(-1.7,-0.4)$){2};
%
\draw[<-,purple,scale=0.75] ($(tableau.south east)+(-5,0.1)$) to[bend left=15] ($(tableau.south east)+(-6,-1)$) node[left] {$\numprint{2000}-\numprint{1100}$};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,purple,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.south east)+(-4.1,-0.45)$){3};
%
\draw[<-,violet,scale=0.75] ($(tableau.north east)+(-2.7,-1)$) to[bend left=15] ($(tableau.north east)+(-1.7,0.75)$) node[right] {$\pourcent{70}$ des garçons};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,violet,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.north east)+(-1.55,0.25)$){4};
%
\draw[<-,brown!50!black,scale=0.75] ($(tableau.north east)+(-3.7,-2)$) to[bend left=15] ($(tableau.north east)+(-2.5,1.5)$) node[right] {$\numprint{1100}-770$};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,brown!50!black,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.north east)+(-2.4,0.25)$){5};
%
\draw[<-,green!50!black,scale=0.75] ($(tableau.north east)+(-0.1,-1)$) to[bend left=15] ($(tableau.north east)+(1,-0.5)$) node[right] {\pourcent{65} des élèves du lycée};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,green!50!black,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.north east)+(0.4,-0.5)$){6};
%
\draw[<-,purple,scale=0.75] ($(tableau.north east)+(-0.1,-2)$) to[bend left=15] ($(tableau.north east)+(1,-1.5)$) node[right] {$\numprint{2000}-\numprint{1300}$};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,purple,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.north east)+(0.4,-1.25)$){7};
%
\draw[<-,yellow!50!black,scale=0.75] ($(tableau.north east)+(-4.7,-2)$) to[bend right=15] ($(tableau.north east)+(-3,-5)$) node[right] {$700-330$};
\node[scale=0.6,inner sep=1pt,yellow!50!black,circle,draw,fill=pagecorrige!30] at ($(tableau.north east)+(-3,-2.9)$){8};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On choisit au hasard un élève parmi les \numprint{2000}.

Il y a 770 garçons qui font Anglais L.V.1 donc la probabilité que l'élève pris au hasard soit un garçon faisant Anglais L.V.1 est :
\[
\dfrac{770}{\numprint{2000}}=\dfrac{77}{200}.
\]

\item On choisit au hasard un élève parmi les \numprint{2000}.

Il y a 900 filles et 700 élèves qui font Espagnol L.V.1, dont 370 filles. Donc la probabilité que l'élève choisi(e) soit une fille ou fasse Espagnol L.V.1 est :
\[
\dfrac{900+700-370}{\numprint{2000}}=\dfrac{\numprint{1230}}{2000}=\dfrac{123}{200}.
\]

\item On choisit parmi les \numprint{1100} garçons. Il y en a 330 qui font Espagnol L.V.1 donc la probabilité que l'on choisisse un élève qui fait Espagnol L.V.1 parmi les garçons est :
\[
\dfrac{330}{\numprint{1100}}=\dfrac{3}{10}.
\]
\item On sait qu'il y a 530 filles qui font Anglais L.V.1 donc sachant que l'élève choisie est une fille, la probabilité qu'elle fasse Anglais L.V.1 est :
\[
\dfrac{530}{900}=\dfrac{53}{90}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{MP3 défectueux}[1]
Une entreprise fabrique des lecteurs MP3, dont \pourcent{6} sont défectueux.
 
Chaque lecteur MP3 est soumis à une unité de contrôle dont la fiabilité n'est pas parfaite.

Cette unité de contrôle rejette \pourcent{98} des lecteurs MP3 défectueux et \pourcent{5} des lecteurs MP3 fonctionnant correctement.
  
On note :
\begin{itemize}
\item  $D$ l'événement : \og le lecteur MP3 est défectueux \fg{} ; 
\item $R$ l'événement :  \og  l'unité de contrôle rejette le lecteur MP3 \fg.
\end{itemize} 

\begin{enumerate}
\item  Faire un arbre pondéré sur lequel on indiquera les données qui précèdent. 
\item
\begin{enumerate}
\item  Calculer la probabilité que le lecteur soit défectueux et ne soit pas rejeté. 

\item On dit qu'il y a une erreur de contrôle lorsque le lecteur MP3 est rejeté alors qu'il n'est pas défectueux, ou qu'il n'est pas rejeté alors qu'il est défectueux. 
	
Calculer la probabilité qu'il y ait une erreur de contrôle.
\end{enumerate} 

\item  Montrer que la probabilité qu'un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est égale à \nombre{0,8942}. 
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item  On a l'arbre suivant :
\vspace*{-1.2em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=.8]
\node (omega) at (0,0) {$\Omega$};
\draw (omega) -- (2,2) node[right] (D) {$D$};
\draw (omega) -- (2,-2) node[right] (DB) {$\overline{D}$};

\draw (D) -- (4,3) node[right] (R1) {$R$};
\draw (D) -- (4,1) node[right] (R1B) {$\overline{R}$};

\draw (DB) -- (4,-1) node[right] (R2) {$R$};
\draw (DB) -- (4,-3) node[right] (R2B) {$\overline{R}$};

\node[above left] at ($0.5*(omega)+0.5*(D)$) {$0,06$};
\node[below left] at ($0.5*(omega)+0.5*(DB)$) {$0,94$};
\node[above left] at ($0.5*(D)+0.5*(R1)$) {$0,98$};
\node[below left] at ($0.5*(D)+0.5*(R1B)$) {$0,02$};
\node[above left] at ($0.5*(DB)+0.5*(R2)$) {$0,05$};
\node[below left] at ($0.5*(DB)+0.5*(R2B)$) {$0,95$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
		 
\item
\begin{enumerate}
\item  En suivant la deuxième branche : $p(\text{D} \cap \overline{\text{R}}) = 0,06 \times 0,02 = \underline{\nombre{0,0012}}$. 

\item Il y a erreur de contrôle pour les événements disjoints  $\text{D} \cap \overline{\text{R}}$ et $\overline{\text{D}} \cap \text{R}$.

Sa probabilité est donc : 
\begin{align*}
p(\text{D} \cap \overline{\text{R}}) + p(\overline{\text{D}} \cap \text{R})& = 0,06 \times 0,02 + 0,94 \times 0,05\\
& = \nombre{0,0012} + \nombre{0,0470}\\
& = \underline{\nombre{0,0482}}.
\end{align*}
\end{enumerate} 

\item La probabilité qu'un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est égale à :
\begin{align*}
p\left(\text{D} \cap \overline{\text{R}}\right) + p\left(\overline{\text{D}} \cap \overline{\text{R}}\right) & = 0,06 \times 0,02 + 0,94 \times 0,95\\
& = \nombre{0,0012} + \nombre{0,8930}\\
& = \underline{\nombre{0,8942}}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\vspace*{2cm}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{dans deux urnes}[2]
Une urne, notée $U_1$, contient $k$ boules rouges, $k+1$ boules blanches et 2 boules noires, où $k$ est un entier naturel non nul. 

Une urne, notée $U_2$, contient $3$ boules rouges, $2$ boules blanches et $1$ boule noire.

Toutes les boules sont indiscernables au toucher.

Une \textit{expérience} consiste à tirer au hasard une boule de $U_1$, à la mettre dans $U_2$, puis à tirer un boule de $U_2$. 

Pour $i=1$ et $i=2$, on note :

\begin{itemize}
\item  $R_i$ l'événement : \og On tire une boule rouge de l'urne $U_i$. \fg
\item  $B_i$ l'événement : \og On tire une boule blanche de l'urne $U_i$. \fg
\item  $N_i$ l'événement : \og On tire une boule noire de l'urne $U_i$. \fg
\item  $D$ l'événement : \og On tire deux boules de couleurs différentes lors de l'expérience. \fg
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-90mm}
\item Compléter l'arbre des probabilités de l'expérience ci-contre.
\item Montrer que la probabilité de l'événement $D$ est $\proba{D}=\dfrac{k+2}{2k+3}$.
\end{minipage}
\begin{tikzpicture}[baseline=-4em]
\node at (-5,-1) {};
\node (o) {$\Omega$};
\node (R1) at ($(o)+(-3,-1)$) {$R_1$};
\node (B1) at ($(o)+(0,-1)$) {$B_1$};
\node (N1) at ($(o)+(3,-1)$) {$N_1$};
%
\node (R21) at ($(R1)+(-0.75,-1)$) {$R_2$};
\node (B21) at ($(R1)+(0,-1)$) {$B_2$};
\node (N21) at ($(R1)+(0.75,-1)$) {$N_2$};
%
\node (R22) at ($(B1)+(-0.75,-1)$) {$R_2$};
\node (B22) at ($(B1)+(0,-1)$) {$B_2$};
\node (N22) at ($(B1)+(0.75,-1)$) {$N_2$};
%
\node (R23) at ($(N1)+(-0.75,-1)$) {$R_2$};
\node (B23) at ($(N1)+(0,-1)$) {$B_2$};
\node (N23) at ($(N1)+(0.75,-1)$) {$N_2$};
%
\draw (o.south west) -- (R1.north east);
\draw (o.south) -- (B1.north);
\draw (o.south east) -- (N1.north west);
%
\draw (R1.south west) -- (R21.north);
\draw (R1.south) -- (B21.north);
\draw (R1.south east) -- (N21.north);
%
\draw (B1.south west) -- (R22.north);
\draw (B1.south) -- (B22.north);
\draw (B1.south east) -- (N22.north);
%
\draw (N1.south west) -- (R23.north);
\draw (N1.south) -- (B23.north);
\draw (N1.south east) -- (N23.north);
\end{tikzpicture}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}%
[level 1/.style={sibling distance=40mm, distance=20mm},%
level 2/.style={sibling distance=10mm, distance=30 mm},%
level 3/.style={distance=10mm,->,>=stealth',draw},yscale=1.5
]
\node {$\Omega$} 
	child { node {$R_1$} 
				child { node {$R_2$} edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{4}{7}$}}
				child { node {$B_2$} edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{2}{7}$}}
				child { node {$N_2$} edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{1}{7}$}}	
			edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{k}{2k+3}$}	
		  }
	child { node {$B_1$} 
				child { node {$R_2$} edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{3}{7}$} }
				child { node {$B_2$}edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{3}{7}$} }
				child { node {$N_2$}edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{1}{7}$} }	
			edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{k+1}{2k+3}$}	
		  }
	child { node {$N_1$} 
				child { node {$R_2$} edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{3}{7}$} }
				child { node {$B_2$} edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{2}{7}$}}
				child { node {$N_2$}edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{2}{7}$} }
			edge from parent node[fill=pagecorrige!30,inner sep=2pt] {$\frac{2}{2k+3}$}		
		  };
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item D'après la formule des probabilités totales :
\begin{align*}
\proba{D} & = \probacond{B_2}{R_1}+\probacond{N_2}{R_1}+\probacond{R_2}{B_1}+\probacond{N_2}{B_1}+\probacond{R_2}{N_1}+\probacond{B_2}{N_1}\\
& = 1- \left(\probacond{R_2}{R_1}+\probacond{B_2}{B_1}+\probacond{N_2}{N_1}\right)\\
& =1-\left(\frac{k}{2k+3}\times\frac{4}{7} + \frac{k+1}{2k+3}\times\frac{3}{7} + \frac{2}{2k+3}\times\frac{2}{7}\right)\\
& =1-\frac{4k+3k+3+4}{14k+21}\\
\Aboxed{\proba{D} & = \dfrac{k+2}{2k+3}}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{parc informatique}[2]
Le parc informatique d'un lycée est composé de 200 ordinateurs dont :
\begin{itemize}
\item 30 sont considérés comme neufs;
\item 90 sont considérés comme récents;
\item les autres sont considérés comme anciens.
\end{itemize}
Une étude statistique indique que :
\begin{itemize}
\item \pourcent{5} des ordinateurs neufs sont défaillants;
\item \pourcent{10} des ordinateurs récents sont défaillants;
\item \pourcent{20} des ordinateurs anciens sont défaillants.
\end{itemize}
On choisit au hasard un ordinateur de ce parc. On note les événements suivants :
\begin{itemize}
\item $N$ : \og L'ordinateur est neuf \fg
\item $R$ : \og L'ordinateur est récent \fg
\item $A$ : \og L'ordinateur est ancien \fg
\item $D$ : \og L'ordinateur est défaillant \fg
\item $\overline{D}$ l'événement contraire de $D$.
\end{itemize}
\begin{enumerate}
\item Construire un arbre pondéré décrivant la situation.
\item Calculer la probabilité que l'ordinateur choisi soit neuf et défaillant.
\item Démontrer que la probabilité que l'ordinateur choisi soit défaillant est égale à \numprint{0,1325}.
\item Déterminer la probabilité que l'ordinateur soit ancien sachant qu'il est défaillant. Donner le résultat sous forme décimale arrondie au centième.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On a l'arbre pondéré suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (root) at (0,0) {$\Omega$};
\node (N) at (2,1.5) {$N$};
\node (R) at (2,0) {$R$};
\node (A) at (2,-1.5) {$A$};
\draw (root) -- (A) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,4};
\draw (root) -- (N) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,15};
\draw (root) -- (R) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,45};
\node (D) at (4,1.8) {$D$};
\node (DB) at (4,1.2) {$\overline{D}$};
\draw (N) -- (D) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,05};
\draw (N) -- (DB) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,95};

\node (D) at (4,0.3) {$D$};
\node (DB) at (4,-0.3) {$\overline{D}$};
\draw (R) -- (D) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,1};
\draw (R) -- (DB) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,9};

\node (D) at (4,-1.2) {$D$};
\node (DB) at (4,-1.8) {$\overline{D}$};
\draw (A) -- (D) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,2};
\draw (A) -- (DB) node[fill=pagecorrige!30,midway,scale=.5] {0,8};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item La probabilité que l'ordinateur choisi soit neuf et défaillant est donnée par :
\[ P(N \cap D) = P(N) \times P_N(D)=0,15 \times 0,05 = \uline{\numprint{0,0075}}.\]

\item D'après la formule des probabilités totales, on a : \[ P(D) = P(D \cap A) + P(D \cap R) + P(D \cap N).\]
Ainsi, d'après l'arbre, on a : \[ P(D)=0,4\times 0,2 + 0,45\times 0,1 + \numprint{0,0075} = \uline{\numprint{0,1325}}. \]

\item La probabilité que l'ordinateur choisi soit ancien sachant qu'il est défaillant est donnée par : \[ P_D(A)=\frac{P(A \cap D)}{P(D)}=\frac{0,08}{\numprint{0,1325}} \approx \uline{0,60}.\]
\end{enumerate}
\vspace*{-1.7em}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{agence TOCAR}[2]
L'agence TOCAR propose aux youtubers de les faire connaître sur Internet. Elle affirme que ses clients possèdent \pourcent{80} de vidéos vues plus de \numprint{200000} fois..

Les statistiques de cette agence montrent que si un youtuber met en ligne une vidéo en lien avec le thème principal de sa chaîne, la probabilité que cette vidéo soit vue plus de \numprint{200000} fois est égale à 0,7.

\medskip

La youtubeuse \textit{Mimolette} fait appel à cette agence pour avoir plus de vidéos vues. Elle poste \pourcent{80} de vidéos portant sur le thème principal de sa chaîne.

On appelle :
\begin{itemize}
\item A l'événement : \og la youtubeuse poste une vidéo en rapport avec le thème principal de sa chaîne \fg{} ;
\item V l'événement : \og la vidéo postée est vue  plus de \numprint{200000} fois \fg.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Compléter l'arbre des probabilités suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0) -- (2,1) node[midway,above left] {...} node[right] (A) {A};
\draw (0,0) -- (2,-1) node[midway,below left] {...} node[right] (AB) {\evcont{A}};
\draw (A.east) -- ($(A.east)+(2,0.5)$) node[midway,above left] {...} node[right] (AV) {V};
\draw (A.east) -- ($(A.east)+(2,-0.5)$) node[midway,below left] {...} node[right] (AVB) {\evcont{V}};
%
\draw (AB.east) -- ($(AB.east)+(2,0.5)$) node[right] (ABV) {V};
\draw (AB.east) -- ($(AB.east)+(2,-0.5)$) node[right] (ABVB) {\evcont{V}};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item Calculer la probabilité qu'une vidéo soit vue plus de \numprint{200000} fois sachant qu'elle n'a pas de lien avec le thème principal de la chaîne si l'agence TOCAR disait la vérité.
\item Donner un encadrement du pourcentage de vidéos vues plus de \numprint{200000} fois par client.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item L'arbre est le suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.8,every node/.style={scale=0.8}]
\draw (0,0) -- (2,1) node[midway,above left] {0,8} node[right] (A) {A};
\draw (0,0) -- (2,-1) node[midway,below left] {0,2} node[right] (AB) {\evcont{A}};
\draw (A.east) -- ($(A.east)+(2,0.5)$) node[midway,above left] {0,7} node[right] (AV) {V};
\draw (A.east) -- ($(A.east)+(2,-0.5)$) node[midway,below left] {0,3} node[right] (AVB) {\evcont{V}};
%
\draw (AB.east) -- ($(AB.east)+(2,0.5)$) node[midway,above left] {$x$} node[right] (ABV) {V};
\draw (AB.east) -- ($(AB.east)+(2,-0.5)$) node[right] (ABVB) {\evcont{V}};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item On cherche $x=\probacond{V}{\evcont{A}}$.
Pour cela, on a:
\begin{align*}
0,8  =\proba{V} & =0,8\times0,7+0,2x\\
x & = \dfrac{0,8-0,8\times0,7}{0,2}\\
x & = \dfrac{0,24}{0,2}\\
x & = 1,2>1\text{ donc impossible car une probabilité est comprise entre 0 et 1}
\end{align*}

\item D'après la question précédente, $\proba{V} = 0,56+0,2x$. De plus, $0\leqslant x\leqslant 1$ donc :
\begin{align*}
 & 0 \leqslant 0,2x \leqslant 0,2\\
\iff & 0,56 \leqslant 0,56+0,2x \leqslant 0,76\\
\iff & 0,56 \leqslant \proba{V} \leqslant 0,76.
\end{align*}

\uline{Ainsi, Mimolette pourra espérer avoir entre \pourcent{56} et \pourcent{76} de ses vidéos qui seront vues plus de \numprint{200000} fois.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{usine de sacs}[2]
Une usine produit des sacs. Chaque sac fabriqué peut présenter deux défauts : le défaut $a$ et le défaut~$b$. Un sac est dit défectueux s'il présente au moins l'un des deux défauts. 

Les probabilités demandées seront données avec leurs valeurs décimales exactes. 

On prélève un sac au hasard dans la production d'une journée.
 
On note $A$ l' événement \og le sac présente le défaut $a$ \fg{} et $B$ l'événement \og le sac présente le défaut~$b$ \fg. Les probabilités des événements $A$ et $B$ sont respectivement $P(A) = 0,02$ et $P(B) = 0,01$ ; on suppose que ces deux événements sont indépendants. 
\begin{enumerate}
\item  Calculer la probabilité de l'événement C : \og le sac prélevé présente le défaut $a$ et le défaut~$b$ \fg. 
	\item  Calculer la probabilité de l'événement D : \og le sac est défectueux \fg. 
	\item  Calculer la probabilité de l'événement E : \og le sac ne présente aucun défaut\fg. 
	\item  Sachant que le sac présente le défaut $a$, quelle est la probabilité qu'il présente aussi le défaut~$b$? 
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Comme $A$ et $B$ sont indépendants, 
\begin{align*}
P(C)&  = p(A \cap B)\\
	&  = p(A) \times p(B)\\
	& = 0,02 \times 0,01\\
\Aboxed{P(C) & = \nombre{0,0002}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
	P(D) & = p(A \cup B)\\
	& = p(A) + p(B) - p(A \cap B)\\
	& = 0,02 + 0,01 - \nombre{0,0002}\\
	\Aboxed{P(D) & = \nombre{0,0298}}
	\end{aligned}$
	
\item  On a $E = \overline{D}$ d'où :
	\begin{align*}
	P(E)& = 1 - p(D)\\
	& = 1 -  \nombre{0,0298}\\
	\Aboxed{P(E) & = \nombre{0,9702}}
	\end{align*}
	
\item  $A$ et $B$ étant indépendants, par propriété : 
\[
\dfrac{p(A \cap B)}{p(A)} = p(B) = \uline{0,01}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{vers une équation}[2]
Quand Pierre est en vacances, il pense à sortir les poubelles dans \pourcent{90} des cas où il le faut, c'est-à-dire la veille du ramassage des ordures. Quand il n'est pas en vacances, il pense à les sortir une fois sur deux. 

Son voisin, prof de math de métier, remarque que cette semaine, Pierre pense à sortir ses poubelles avec une probabilité de 0,548.

En notant:
\begin{itemize}
\item V l'événement \og Pierre est en vacances \fg,
\item S l'événement : \og Pierre pense à sortir les poubelles la veille du ramassage \fg,
\end{itemize}
calculer la probabilité que Pierre soit en vacances.

\tcblower
\youtube{https://youtu.be/-04vKzi4thA}

Notons $x=P(V)$ et construisons un arbre de probabilités représentant la situation:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {V};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{V}}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$x$};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$1-x$};
\node[right] at (3.5,-0.5) {S};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{S}}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,9};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,1};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {S};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{S}}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,5};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,5};
\end{tikzpicture}
\end{center}
On sait que $P(S)=0,548$ d'après le voisin de Pierre.

D'après la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
P(S) & = P(V \cap S) + P(\evcont{V} \cap S) \\
\iff 0,548     & = P(V)\times \probacond{R}{V} + P(\evcont{V})\times\probacond{S}{\evcont{V}}\\
\iff 0,548     & = x \times 0,9 + (1-x) \times 0,5\\
\iff 0,548     & = 0,9x + 0,5 - 0,5x\\
\iff 0,548& = 0,4x+0,5\\
\iff 0,0,4x & = 0,048\\
\iff x & = \dfrac{0,048}{0,4}\\
\iff x & = 0,12.
\end{align*}
\uline{Ainsi, la probabilité que Pierre soit en vacances est égale à 0,12.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{formule de Bayes}[2]
Soient deux événements $A$ et $B$. Démontrer la formule suivante:
\[
P_A(B) = \frac{P_B(A) \times P(B)}{P(A)}.
\]
\textit{Cette formule est appelée Formule de Bayes}.

\tcblower

D'après le cours, on sait que:
\[
P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}
\]
donc:
\[
P(A \cap B) = P_B(A) \times P(B).
\]
Ainsi,
\begin{align*}
P_A(B) & = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}\\
       & = \frac{P_B(A) \times P(B)}{P(A)}.
\end{align*}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{dans une urne}[2]
Une urne contient six jetons rouges dont un est marqué \og gagnant \fg{} et quatre jetons verts dont trois d'entre eux sont marqués \og gagnant \fg.

On tire au hasard un jeton de l'urne et on note les événements :
\begin{itemize}
\item R : \og le jeton tiré est rouge \fg,
\item V : \og le jeton tiré est vert \fg,
\item G : \og le jeton tiré est gagnant \fg.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Modéliser la situation à l'aide d'un arbre de probabilité.
\item \mbox{\fontsize{11.5}{12}\selectfont Calculer la probabilité de l'événement \og le jeton tiré est un jeton vert et marqué gagnant \fg}.
\item Soit P(G) la probabilité de tirer un jeton gagnant.

Montrer que $P(G)=\dfrac{2}{5}$.

\item Sachant que le jeton tiré est gagnant, calculer la probabilité qu'il soit de couleur rouge.

\item On tire maintenant, toujours au hasard et simultanément, deux jetons dans l'urne.

Calculer la probabilité que les deux jetons soient marqués \og gagnant \fg. Expliquer votre démarche.
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item L'arbre de probabilité modélisant la situation est le suivant:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=0.75,xscale=2]
\node (R) at (2,2) {R};
\node (V) at (2,-2) {V};
\node (RG) at (4,3) {G};
\node (RGB) at (4,1) {\evcont{G}};
\node (VG) at (4,-1) {G};
\node (VGB) at (4,-3) {\evcont{G}};
\draw (0,0) -- (R.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{3}{5}$};
\draw (0,0) -- (V.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{2}{5}$};
\draw (R.east) -- (RG.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{1}{6}$};
\draw (R.east) -- (RGB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{5}{6}$};
\draw (V.east) -- (VG.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{3}{4}$};
\draw (V.east) -- (VGB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{1}{4}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item On doit ici calculer $P(V \cap G)$ qui, d'après le cours, est égale à:
\[
P(V \cap G) = P(V) \times P_V(G) = \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{4}  = \dfrac{3}{10}.
\]

\item D'après la formule des probabilités totales,
\begin{align*}
P(G) & = P(V \cap G) + P(V \cap \evcont{G})\\
& = \dfrac{3}{10} + \dfrac{3}{5}\times\dfrac{1}{6}\\
& = \dfrac{3}{10} + \dfrac{1}{10}\\
& = \dfrac{4}{10}\\
\Aboxed{P(G) & = \dfrac{2}{5}}
\end{align*}

\item On souhaite ici calculer $\probacond{R}{G}$ qui, d'après le cours, est égale à:
\begin{align*}
\probacond{R}{G} & = \dfrac{P(R \cap G)}{P(G)}\\
& = \dfrac{\frac{1}{10}}{\frac{2}{5}}\\
& = \dfrac{1}{10}\times\dfrac{5}{2}\\
\Aboxed{\probacond{R}{G} & = \dfrac{1}{4}}
\end{align*}

\item Tirer au hasard et simultanément deux jetons revient à en tirer un, puis un autre (sans remettre le premier dans l'urne).

On sait que la probabilité de tirer un premier jeton gagnant est $P(G)=\dfrac{2}{5}$ d'après la question 3. Mais une fois ce jeton choisi, nous avons une autre configuration:

\begin{itemize}
\item si le premier jeton gagnant est rouge, alors il n'y a plus de jeton gagnant rouge pour le second tirage; la probabilité de tirer un jeton gagnant est donc égale à :
\[
P(V \cap G) = \dfrac{4}{9}\times\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{3}.
\]
\item si le premier jeton gagnant est vert, alors il y a encore un jeton rouge gagnant (sur les 9 jetons restants) et 2 jetons gagnants verts; la probabilité de tirer un second jeton gagnant est donc égale à :
\begin{align*}
P(R\cap G) + P(V\cap G) & = \dfrac{6}{9}\times\dfrac{1}{6}+\dfrac{3}{9}\times\dfrac{2}{3}\\
& = \dfrac{1}{3}.
\end{align*}
\end{itemize}

La probabilité de tirer simultanément deux jetons gagnants est alors égale à :
\[
\dfrac{2}{5}\times\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\right)=\boxed{\dfrac{4}{15}}.
\]
C'est la probabilité de tirer un premier jeton gagnant ($\dfrac{2}{5}$) ET (multiplication) la probabilité de tirer un second jeton gagnant rouge OU (addition) vert.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{consommation de cannabis}[2]
\textit{Les résultats seront donnés sous forme de fractions irréductibles.}

\medskip

Une enquête a été menée auprès de lycéens pour estimer la proportion de ceux qui ont déjà consommé du cannabis. Pour encourager les réponses sincères, on met en place le protocole suivant : chaque adolescent lance d'abord un dé équilibré à 6 faces et l'enquêteur qui va l'interroger ne connaît pas le résultat du lancer. À la question \og Avez-vous déjà consommé du cannabis ? \fg, l'adolescent doit répondre :
\begin{itemize}
\item \og non \fg{} si le résultat du lancer est 5, qu'il ait ou non déjà consommé du cannabis;
\item \og oui \fg{} si le résultat du lancer est 6, qu'il ait ou non déjà consommé du cannabis;
\item \og oui \fg{} ou \og non \fg{} dans les autres cas, mais de façon sincère.
\end{itemize}

On note :

\begin{itemize}
\item $N$ : l'évènement l'adolescent a répondu \og non \fg ;
\item $O$ : l'évènement l'adolescent a répondu \og oui \fg ;
\item $C$ : l'évènement l'adolescent a déjà consommé effectivement du cannabis ;
\item $\evcont{C}$ : l'évènement l'adolescent n'a jamais consommé du cannabis.
\end{itemize}

Sur les lycéens qui ont participé à cette enquête on constate que la probabilité qu'un adolescent ait répondu \og oui \fg{} est de $\dfrac{3}{5}$, soit $P(O)=\dfrac{3}{5}$.

On veut déterminer la probabilité, notée $p$, qu'un adolescent ait déjà consommé du cannabis.

On a donc $P(C)=p$.

\begin{enumerate}
\item Justifier que la probabilité qu'un adolescent ait répondu \og oui \fg{} sachant qu'il n'a jamais consommé de cannabis est $\dfrac{1}{6}$.

\medskip

\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-5cm}

\item On a représenté ci-contre l'arbre de probabilités représentant la situation. Compléter cet arbre.

\item 
\begin{enumerate}
\item Démontrer que la probabilité $p$ qu'un adolescent ait déjà consommé du cannabis vérifie l'équation :
\[
\dfrac{2}{3}p+\dfrac{1}{6}=\dfrac{3}{5}.
\]
\item En déduire la valeur de $p$.
\end{enumerate}

\item Sachant qu'un adolescent a répondu \og non \fg{} pendant l'enquête, quelle est la probabilité qu'il n'ait jamais consommé de cannabis ?
\end{minipage}
\begin{minipage}{5cm}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (M) at (2,2) {$C$};
\node (MB) at (2,-2) {$\evcont{C}$};
\node (TM) at (4,3) {$O$};
\node (TMB) at (4,1) {$N$};
\node (TBM) at (4,-1) {$O$};
\node (TBMB) at (4,-3) {$N$};
%
\draw (0,0) -- (M.west) node[midway,fill=pageenonce!30] {$p$};
\draw (0,0) -- (MB.west) node[midway,fill=pageenonce!30] {...};
\draw (M.east) -- (TM.west) node[midway,fill=pageenonce!30] {...};
\draw (M.east) -- (TMB.west) node[midway,fill=pageenonce!30] {...};
%
\draw (MB.east) -- (TBM.west) node[midway,fill=pageenonce!30] {$\frac{1}{6}$};
\draw (MB.east) -- (TBMB.west) node[midway,fill=pageenonce!30] {...};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item On considère un lycéen n'ayant jamais consommé de cannabis. Alors, il répond \og Oui \fg{} au questionnaire uniquement s'il obtient un \og 6 \fg{} au lancer de dé.  

Donc la probabilité qu'un adolescent ait répondu \og oui \fg{} sachant qu'il n'a jamais consommé de cannabis est $\dfrac{1}{6}$.

\item On a:\vspace*{-1.5em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=0.8]
\node (M) at (2,2) {$C$};
\node (MB) at (2,-2) {$\evcont{C}$};
\node (TM) at (4,3) {$O$};
\node (TMB) at (4,1) {$N$};
\node (TBM) at (4,-1) {$O$};
\node (TBMB) at (4,-3) {$N$};
%
\draw (0,0) -- (M.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$p$};
\draw (0,0) -- (MB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,text=red] {$1-p$};
\draw (M.east) -- (TM.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,text=red] {$\frac{5}{6}$};
\draw (M.east) -- (TMB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,text=red] {$\frac{1}{6}$};
%
\draw (MB.east) -- (TBM.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{1}{6}$};
\draw (MB.east) -- (TBMB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,text=red] {$\frac{5}{6}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item D'après la formule des probabilités totales,
\[
P(O) = P(C)\times P_C(O) + P(\evcont{C})\times P_{\evcont{C}}(O)
\]
soit:
\begin{align*}
& \dfrac{3}{5} = p\times \dfrac{5}{6}+(1-p)\times\dfrac{1}{6}\\
\iff\ & \dfrac{3}{5}=\dfrac{5}{6}p+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}p\\
\iff\ & \dfrac{3}{5}=\dfrac{4}{6}p+\dfrac{1}{6}\\
\iff\ & \boxed{\dfrac{3}{5}=\dfrac{2}{3}p+\dfrac{1}{6}}
\end{align*}

\item $\begin{aligned}[t]
\dfrac{3}{5}=\dfrac{2}{3}p+\dfrac{1}{6} & \iff \dfrac{2}{3}p = \dfrac{3}{5}-\dfrac{1}{6}\\
& \iff \dfrac{2}{3}p = \dfrac{13}{30}\\
& \iff p = \dfrac{13}{30}\times\dfrac{3}{2}\\
& \iff \boxed{p = \dfrac{13}{20}}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\item $\begin{aligned}[t]
P_N(\evcont{C}) & = \dfrac{P(\evcont{C} \cap N)}{P(N)}\\
& = \dfrac{\tfrac{7}{20}\times\tfrac{5}{6}}{\tfrac{2}{5}}\\
& = \dfrac{35}{48}
\end{aligned}$

Ainsi, sachant qu'un adolescent a répondu \og non \fg{} pendant l'enquête, la probabilité qu'il n'ait jamais consommé de cannabis est égale à $\dfrac{35}{48}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%
\newpage

\begin{exocor}{test de dépistage}[2]
Dans tout l'exercice, les résultats seront arrondis, si nécessaire, au dix millième.

On étudie un test de dépistage pour une certaine maladie dans une population donnée. On sait que \pourcent{1} de la population est atteint de la maladie. Des études ont montré que si une personne est malade, alors le test se révèle positif dans \pourcent{97} des cas et si une personne n'est pas malade, le test est négatif dans \pourcent{98} des cas.

Pour une personne à qui ont fait passer le test de dépistage on associe les événements :
\begin{itemize}
\item $M$ : la personne est malade,
\item $T$ : le test est positif.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Recopier et compléter sur la copie l'arbre de probabilité suivant en utilisant les données de l'exercice.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (M) at (2,2) {$M$};
\node (MB) at (2,-2) {$\evcont{M}$};
\node (TM) at (4,3) {$T$};
\node (TMB) at (4,1) {$\evcont{T}$};
\node (TBM) at (4,-1) {$T$};
\node (TBMB) at (4,-3) {$\evcont{T}$};
\draw (0,0) -- (M.west);
\draw (0,0) -- (MB.west);
\draw (M.east) -- (TM.west);
\draw (M.east) -- (TMB.west);
%
\draw (MB.east) -- (TBM.west);
\draw (MB.east) -- (TBMB.west);
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Justifier que $P(\evcont{M} \cap T)=0,0198$.
\item Montrer que $P(T)=0,0295$.
\item Calculer $P_T(M)$.
\item Une personne dont le test se révèle positif est-elle nécessairement atteinte par cette maladie ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item L'arbre de probabilité complété est le suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5,yscale=0.75]
\node (M) at (2,2) {$M$};
\node (MB) at (2,-2) {$\evcont{M}$};
\node (TM) at (4,3) {$T$};
\node (TMB) at (4,1) {$\evcont{T}$};
\node (TBM) at (4,-1) {$T$};
\node (TBMB) at (4,-3) {$\evcont{T}$};
%
\draw (0,0) -- (M.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,01};
\draw (0,0) -- (MB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,99};
\draw (M.east) -- (TM.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,97};
\draw (M.east) -- (TMB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,03};
%
\draw (MB.east) -- (TBM.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,02};
\draw (MB.east) -- (TBMB.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {0,98};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item D'après le cours,
\begin{align*}
P(\evcont{M} \cap T) & = P(\evcont{M})\times P_{\evcont{M}}(T)\\
& = 0,99 \times 0,02\\
\Aboxed{P(\evcont{M} \cap T)& = 0,0198}
\end{align*}

\item D'après la formule des probabilités totales,
\begin{align*}
P(T) & = P(M \cap T) + P(\evcont{M} \cap T)\\
& = 0,01\times0,97 + 0,0198\\
& = 0,0097+0,0198\\
\Aboxed{P(T)& = 0,0295}
\end{align*}

\item D'après la formule du cours,
\begin{align*}
P_T(M) & = \dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}\\
& = \dfrac{0,0097}{0,0295}\\
\Aboxed{P_T(M)& \approx 0,3288}
\end{align*}

\item De la question précédente, on peut dire que la probabilité qu'une personne dont le test est positif soit malade est d'environ 1 sur 3. La personne n'est donc pas nécessairement malade.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 

\begin{exocor}{analyse d'un test de dépistage}[2]
Un nouveau test de dépistage a été développé pour détecter une maladie rare. 

Les caractéristiques de ce test sont les suivantes :
\begin{itemize}
\item \textbf{Sensibilité:} \pourcent{95} (le test détecte correctement \pourcent{95} des personnes atteintes de la\linebreak maladie).
\item \textbf{Spécificité:} \pourcent{98} (le test identifie correctement \pourcent{98} des personnes non atteintes de la maladie).
\item La \textbf{prévalence} de la maladie dans la population est de \pourcent{0,5} (1 personne sur 200 est atteinte de la maladie).
\end{itemize}
\newpage
On choisit au hasard une personne dans la population. On note:
\begin{itemize}
\item $M$ l'événement : \og la personne est atteinte par la maladie rare \fg{} 
\item $T$ l'événement : \og le test de cette personne est positif \fg{} 
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Si une personne est testée positive, quelle est la probabilité qu'elle soit réellement\linebreak malade ?
\item Si une personne est testée négative, quelle est la probabilité qu'elle soit réellement saine ? 
\item Si une personne est testée positive deux fois, quelle est la probabilité qu'elle soit\linebreak réellement malade ? 

Pour cela, on pourra noter:
\begin{itemize}
\item $T_1$ l'événement : \og le premier test est positif \fg{} 
\item $T_2$ l'événement : \og le second test est positif \fg.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \textit{Si une personne est testée positive, quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ?}

\medskip

Pour trouver $P(T)$, nous utilisons la loi des probabilités totales :
\begin{align*}
P(T) & = P_M(T)\times P(M) + P_{\evcont{M}}(T)\times P(S)\\
     & = (0,95\times0,005) + (0,02\times0,995)\\
     & = 0,00475 + 0,0199\\
     & = \numprint{0,02465}.
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
P_T(M) & = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)}\\
       & = \dfrac{0,95 \times 0,005}{\numprint{0,02465}}\\
       & \approx \numprint{0,1929}.
\end{align*}
La probabilité qu'une personne soit réellement atteinte de la malade rare sachant que son test est positif est d'environ \pourcent{19,29}.

\item \textit{Si une personne est testée négative, quelle est la probabilité qu'elle soit réellement saine ?}

\medskip

D'après la formule des probabilités totales:
\begin{align*}
P( \evcont{T} ) & = P(M) \times P_M(\evcont{T}) + P(\evcont{M})\times P_{\evcont{M}}( \evcont{T} )\\
& = (0,05\times0,005)+(0,98\times0,995)\\
& = \numprint{0,00025} + \numprint{0,9751}\\
& =\numprint{0,97535}.
\end{align*}
Ainsi,
\begin{align*}
P_{\evcont{T}}(\evcont{M}) & = \dfrac{P( \evcont{M} \cap \evcont{T} }{P( \evcont{T} )}\\
& = \dfrac{0,98 \times 0,995 }{\numprint{0,97535}}\\
& \approx 0,999.
\end{align*}

Donc, la probabilité qu'une personne testée négative soit réellement saine est d'environ \pourcent{99,9}.

\item \textit{Si une personne est testée positive deux fois, quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ? }

\medskip

Nous voulons calculer $P_{T_1 \cap T_2}(M)$. 

Nous savons que :
\begin{itemize}
\item $P_{M}(T_1)=P_M(T_2)=0,95$.
\item $P_M(T_1 \cap T_2)=P_M(T_1) \times P_M(T_2)=0,95\times0,95=\numprint{0,9025}$.
\end{itemize}

Pour calculer $P(T_1 \cap T_2)$, nous devons prendre en compte les probabilités conditionnelles pour les cas où la personne est malade et non malade.
\[
P(T_1 \cap T_2) = P_M(T_1 \cap T_2)\times P(M) + P_{\evcont{M}}(T_1 \cap T_2)\times P(\evcont{M}).
\]
Comme les événements $T_1$ et $T_2$ sont indépendants :
\[
P_{\evcont{M}}(T_1 \cap T_2) = P_{\evcont{M}}(T_1) \times P_{\evcont{M}}(T_2) = 0,02\times 0,02=\numprint{0,0004}.
\]
Donc :
\begin{align*}
P(T_1 \cap T_2) & = (0,9025\times0,005)+(\numprint{0,0004}\times0,995)\\
& = \numprint{0,0045125} + \numprint{0,000398}\\
& = \numprint{0,0049105}.
\end{align*}
Maintenant, nous pouvons calculer:
\[
P_{(T_1 \cap T_2)}(M) = \frac{0,9025\times0,005}{0,0049105} \approx 0,919.
\]
Donc, la probabilité qu'une personne testée positive deux fois soit réellement malade est d'environ \pourcent{91,9}.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{test faux positif}[3]
Une maladie M affecte une personne sur \numprint{1000} dans une population donnée.

Un test sanguin permet de détecter cette maladie avec une fiabilité de \pourcent{99} (lorsque cette maladie est effectivement présente). En revanche, pour un individu sain, la probabilité que le test soit positif est de \pourcent{0,1} (on dit que \pourcent{0,1} est le taux de faux positifs). 

\medskip

Si un test est positif, quelle est la probabilité que l'individu soit réellement malade ?

\tcblower

On choisit $\Omega$ comme l'ensemble des individus de la population. 

On pose :
\begin{itemize}
\item M : \og l'individu est malade \fg
\item T : \og le test est positif \fg.
\end{itemize}
Alors, l'énoncé nous dit que :
\begin{itemize}
\item $\proba{M}=\dfrac{1}{\numprint{1000}}$, d'où $\proba{\evcont{M}}=\dfrac{999}{\numprint{1000}}$;
\item $\probacond{T}{M}=\dfrac{99}{100}$;
\item $\probacond{T}{\evcont{M}}=\dfrac{1}{\numprint{1000}}$.
\end{itemize}
On cherche à déterminer $\probacond{M}{T}$.
\begin{align*}
\probacond{M}{T} & = \dfrac{\proba{M\cap T}}{\proba{T}}\\
& = \dfrac{\probacond{T}{M}\times\proba{M}}{\probacond{T}{M}\times\proba{M}+\probacond{T}{\evcont{M}}\times\proba{\evcont{M}}}\\
& = \dfrac{990}{999+990}\\
& \approx0,5.
\end{align*}

Ainsi, si le test est positif, la probabilité que l'individu soit réellement malade est de 0,5. Donc attention avant de tirer des conclusions trop hâtives...
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{test faux positif}[3]
On a un test de sérologie pour identifier une maladie qui atteint \pourcent{0,5}
de la population. 

Sur \pourcent{99} des malades, le test réagit (c'est-à-dire que \pourcent{99} des malades sont identifiés par le test) mais sur \pourcent{2} des sains, le test montre une fausse réaction positive.

Sur un patient, un test est positif. Quelle est la probabilité qu'il soit malade?

\tcblower

On choisit $\Omega$ comme l'ensemble des individus de la population. 

On pose :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item M : \og l'individu est malade \fg
\item T : \og le test est positif \fg.
\end{multicols}
\end{itemize}
Alors, l'énoncé nous dit que :
\begin{itemize}
\item $\proba{M}=\pourcent{0,5}=\dfrac{5}{\numprint{1000}}=\dfrac{1}{200}$, d'où $\proba{\evcont{M}}=\dfrac{199}{200}$;
\begin{multicols}{2}
\item $\probacond{T}{M}=\dfrac{99}{100}$;
\item $\probacond{T}{\evcont{M}}=\pourcent{2}=\dfrac{1}{50}$.
\end{multicols}
\end{itemize}
On cherche à déterminer $\probacond{M}{T}$.
\begin{align*}
\probacond{M}{T} & = \dfrac{\proba{M\cap T}}{\proba{T}}\\
& = \dfrac{\probacond{T}{M}\times\proba{M}}{\probacond{T}{M}\times\proba{M}+\probacond{T}{\evcont{M}}\times\proba{\evcont{M}}}\\
& = \dfrac{0,99\times0,005}{0,99\times0,005+0,02\times0,995}\\
& \approx0,2.
\end{align*}
\underline{Il y a donc \pourcent{20} d'être malade sachant que le test est positif.}

\begin{rem}
Selon une enquête de l'institut Max-Planck, si on demande à des médecins de choisir comme réponse à la question posée dans l'énoncé entre 3 probabilités possibles (à peu près \pourcent{90}, à peu près \pourcent{50} ou à peu près \pourcent{20}), seul un tiers des médecins trouvent la bonne réponse.
\end{rem}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{test faux positif}[3]
Pour détecter un cancer, à partir de 50 ans, des femmes font une mammographie.

On sait que \pourcent{1} des femmes sont atteints par un cancer à cet âge.

La détection d'un cancer sur le mammogramme fonctionne dans 9 sur 10 cas. Par contre, une fausse détection (c'est-à-dire des femmes saines auxquelles un cancer est détecté) est de \pourcent{9}.

Une femme vient d'apprendre une mammographie positive. Quel est la probabilité d'avoir vraiment un cancer?

\tcblower

On choisit $\Omega$ comme l'ensemble des individus de la population. 

On pose :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item M : \og l'individu est malade \fg
\item T : \og le test est positif \fg.
\end{multicols}
\end{itemize}
Alors, l'énoncé nous dit que :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $\proba{M}=\pourcent{1}=0,01$, d'où $\proba{\evcont{M}}=0,99$;
\item $\probacond{T}{M}=0,9$;
\item $\probacond{T}{\evcont{M}}=\pourcent{9}=0,09$.
\end{multicols}
\end{itemize}
On cherche à déterminer $\probacond{M}{T}$.
\[
\probacond{M}{T} = \dfrac{\proba{M\cap T}}{\proba{T}} = \dfrac{\probacond{T}{M}\times\proba{M}}{\probacond{T}{M}\times\proba{M}+\probacond{T}{\evcont{M}}\times\proba{\evcont{M}}} = \dfrac{0,9\times0,01}{0,9\times0,01+0,09\times0,99} \approx0,09.
\]
\underline{La probabilité que cette femme soit malade sachant que le test est positif est donc égale à 0,09.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{test faux positif}[3]
La probabilité d'avoir le cancer du colon à l'âge de 50 ans est de \pourcent{0,3}.

Le médecin offre un test de détection de sang dans les selles. 

Pour \pourcent{50} des personnes qui souffrent d'un cancer d'intestin, ce test est positif. Les détections faux-positives sont de \pourcent{3}. 

Quelle est la probabilité de souffrir d'un cancer sachant que le test a été positif ?

\tcblower

On choisit $\Omega$ comme l'ensemble des individus de la population. 

On pose :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item M : \og l'individu est malade \fg
\item T : \og le test est positif \fg.
\end{multicols}
\end{itemize}
Alors, l'énoncé nous dit que :
\begin{itemize}
\item $\proba{M}=\pourcent{0,3}=0,003$, d'où $\proba{\evcont{M}}=0,997$;
\begin{multicols}{2}
\item $\probacond{T}{M}=0,5$;
\item $\probacond{T}{\evcont{M}}=\pourcent{3}=0,03$.
\end{multicols}
\end{itemize}
On cherche à déterminer $\probacond{M}{T}$.
\begin{align*}
\probacond{M}{T} & = \dfrac{\proba{M\cap T}}{\proba{T}}\\
& = \dfrac{\probacond{T}{M}\times\proba{M}}{\probacond{T}{M}\times\proba{M}+\probacond{T}{\evcont{M}}\times\proba{\evcont{M}}}\\
& = \dfrac{0,5\times0,003}{0,5\times0,003+0,03\times0,997} \approx0,05.
\end{align*}
\underline{La probabilité d'avoir un cancer du colon sachant que le test est positif est égale à \pourcent{5}.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{test faux positif}[3]
SIDA: Le test double standard (ELIZA et Western-Blot) détectent dans \pourcent{99,9} des cas le virus IH et la probabilité d'être un faux-positif est de \pourcent{0,01}. 

Une personne sans facteurs de risque particuliers appartient à un groupe dans lequel seulement \pourcent{0,01} portent le VIH. Son test est positif. 

Quelle est la probabilité d'être porteur de VIH?

\tcblower

On choisit $\Omega$ comme l'ensemble des individus de la population. 

On pose :
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item M : \og l'individu est malade \fg
\item T : \og le test est positif \fg.
\end{multicols}
\end{itemize}
Alors, l'énoncé nous dit que :
\begin{itemize}
\item $\proba{M}=\pourcent{0,01}=0,0001$, d'où $\proba{\evcont{M}}=0,9999$;
\begin{multicols}{2}
\item $\probacond{T}{M}=\pourcent{99,9}=0,999$;
\item $\probacond{T}{\evcont{M}}=\pourcent{0,01}=0,0001$.
\end{multicols}
\end{itemize}
On cherche à déterminer $\probacond{M}{T}$.
\begin{align*}
\probacond{M}{T} & = \dfrac{\proba{M\cap T}}{\proba{T}}\\
& = \dfrac{\probacond{T}{M}\times\proba{M}}{\probacond{T}{M}\times\proba{M}+\probacond{T}{\evcont{M}}\times\proba{\evcont{M}}}\\
& = \dfrac{0,999\times0,0001}{0,999\times0,0001+0,0001\times0,9999}\approx0,5.
\end{align*}
\underline{\small La probabilité que la personne soit atteinte du VIH sachant que le test est positif est égale à 0,5.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{dans une école}[3]
Dans une école, il y a 3 classes $C_{1}$, $C_{2}$, $C_{3}$ dont le nombre d'élèves est respectivement 44, 33, 40. Chaque classe a une probabilité de gagner à un jeu respectivement de $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{3}$, $\frac{1}{4}$. 

Si un élève gagne, quelle est la probabilité qu'il vienne de la classe $C_{2}$?

\tcblower

Notons $G$ l'événement : \og L'élève gagne \fg.

Il y a en tout $44+33+40=117$ élèves sur l'ensemble des trois classes. On a alors l'arbre de la page suivante.

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=.8]
\node (omega) at (0,0) {$\bullet$};
\draw (omega) -- (2,2) node[right] (C1) {$C_1$} node[midway,above,scale=0.7] {$\frac{44}{117}$};
\draw (omega) -- (2,0) node[right] (C2) {$C_2$} node[midway,above,scale=0.7] {$\frac{33}{117}$};
\draw (omega) -- (2,-2) node[right] (C3) {$C_3$} node[midway,above,scale=0.7] {$\frac{40}{117}$};

\draw (C1) -- (4,2.5) node[right] (G1) {$G$} node[midway,above] {$\frac{1}{2}$};
\draw (C1) -- (4,1.5) node[right] (G1B) {$\overline{G}$};

\draw (C2) -- (4,0.5) node[right] (G2) {$G$} node[midway,above] {$\frac{1}{3}$};
\draw (C2) -- (4,-0.5) node[right] (G2B) {$\overline{G}$};

\draw (C3) -- (4,-1.5) node[right] (G3) {$G$} node[midway,above] {$\frac{1}{4}$};
\draw (C3) -- (4,-2.5) node[right] (G3B) {$\overline{G}$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

On en déduit :
\[ p(G)=\frac{44}{117}\times\frac{1}{2}+\frac{33}{117}\times\frac{1}{3}+\frac{40}{117}\times\frac{1}{4}=\frac{43}{117}.\]
On sait de plus que :
\[ p_G\left(C_2\right)=\frac{p(C_2\cap G)}{p(G)}=\frac{\frac{33}{117}\times\frac{1}{3}}{\frac{43}{117}}=\frac{11}{43}.\]

\underline{Ainsi, si un élève gagne, la probabilité qu'il vienne de la classe $C_2$ est $\dfrac{11}{43}$.}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{sondage}[3]
\textit{Les résultats seront donnés à 0,001 près.}

\medskip

Une entreprise confie à une société de sondage par téléphone une enquête sur la qualité de ses produits. Chaque enquêteur a une liste de personnes à contacter.

Lors du premier appel téléphonique, la probabilité pour que le correspondant soit absent est 0,4. 

Sachant que le correspondant est présent, la probabilité pour qu'il accepte de répondre au questionnaire est 0,2.

\begin{enumerate}
\item On note :
\begin{itemize}
\item A$_1$ l'événement : \og  la personne est absente lors d'un premier appel \fg{}  ;
\item R$_1$ l'événement : \og la personne accepte de répondre au questionnaire lors du premier appel \fg.
\end{itemize}
Calculer P(R$_1$).
\item Lorsqu'une personne est absente lors du premier appel, on lui téléphone une seconde fois à une heure différente et alors, la probabilité pour qu'elle soit absente est 0,3. 

Sachant qu'elle est présente, la probabilité pour qu'elle accepte de répondre au questionnaire est encore 0,2.

Si une personne est absente lors du second appel, on ne tente plus de la contacter.

\newpage

On note :
\begin{itemize}
\item A$_2$ l'événement : \og la personne est absente lors du second appel \fg{} ;
\item R$_2$ l'événement : \og la personne accepte de répondre au questionnaire lors du second appel \fg{} ;
\item R l'événement : \og la personne accepte de répondre au questionnaire \fg.
\end{itemize}

Montrer que la probabilité de R est 0,176.

\item Sachant qu'une personne a accepté de répondre au questionnaire, calculer la probabilité que la réponse ait eu lieu lors du premier appel.
\end{enumerate}

\tcblower

Avant tout, construisons un arbre de probabilités schématisant notre problème :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {A$_1$};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{A}_1}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,4};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,6};
\node[right] at (3.5,-0.5) {R$_1$};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{R}_1}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,2};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,8};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {A$_2$};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{A}_2}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,7};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,3};
\node[right] at (5.5,1) {R$_2$};
\node[right] at (5.5,0) {$\overline{\text{R}_2}$};
\draw (a2b.east) -- (5.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,2};
\draw (a2b.east) -- (5.5,0) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,8};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\proba{R_1} & = \probacond{R_1}{\evcont{A_1}}
\times\proba{\evcont{A_1}} \\
& = 0,2\times 0,6 \\
\Aboxed{\proba{R_1} & = 0,12}
\end{aligned}$

\item D'après la formule des probabilités totales, 
\begin{align*}
\proba{R} & = \proba{R_1}+\proba{R_2}\\
& = 0,12+0,4\times0,7\times0,2\\
& = 0,12+0,056\\
\Aboxed{\proba{R} & = 0,176}
\end{align*}

\item Nous cherchons \probacond{R_1}{R}.
\begin{align*}
\probacond{R_1}{R} & = \dfrac{\proba{R_1\cap R}}{\proba{R}}
\intertext{Or, \proba{R_1\cap R}=\proba{R_1}.}
& = \dfrac{0,12}{0,176}\\
\Aboxed{\probacond{R_1}{R}&\approx0,682}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec une suite géométrique}[3]
Victor est un tireur à l'arc qui aime analyser son jeu. Sur une série de tirs, il a constaté que :
\begin{itemize}
\item lors du premier tir, la cible était atteinte 9 fois sur 10 ;
\item lorsque la cible est atteinte lors d'un tir, elle est atteinte au tir suivant avec une probabilité de 0,8 ;
\item lorsque la cible n'est pas atteinte lors d'un tir, elle n'est pas atteinte lors du tir suivant avec une probabilité de 0,3.
\end{itemize}

On note : A$_n$ l'événement : \og la cible est atteinte lors du $n$-ième lancer \fg.

\bigskip

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item Préciser la valeur de $\proba{A_1}$, $\proba{\evcont{A_1}}$, $\probacond{A_2}{A_1}$ et $\probacond{\evcont{A_2}}{\evcont{A_1}}$.
\item Faire un arbre de probabilités pour les deux premiers tirs.
\item Calculer $\proba{A_1 \cap A_2}$.
\item Montrer que $\proba{A_2}=0,79$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

On note $x_n=\proba{A_n}$ pour un entier $n$ supérieur ou égal à 1.

\begin{enumerate}
\item Montrer que $x_{n+1}=0,1x_n+0,7$
\item On pose $u_n=x_n-\dfrac{7}{9}$
\begin{enumerate}
\item Montrer que \suite{u}{n}{} est une suite géométrique de raison 0,1 et de premier terme $\dfrac{11}{90}$.
\item En déduire une expression de $u_n$, puis de $x_n$, en fonction de $n$.
\item Vers quel nombre semble se rapprocher $x_n$ ? Interpréter ce résultat.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\medskip

\partie{A}


\begin{enumerate}
\item D'après l'énoncé, on a :
\[
\proba{A_1}=0,9 \quad ; \quad \proba{\evcont{A_1}}=1-0,9=0,1 \quad ; \quad \probacond{A_2}{A_1}=0,8\quad ; \quad \probacond{\evcont{A_2}}{\evcont{A_1}}=0,3
\]

\newpage

\item L'arbre des probabilités est le suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {A$_1$};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{A}_1}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,9};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,1};
\node[right] at (3.5,-0.5) {A$_2$};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{A}_2}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,7};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,3};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {A$_2$};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{A}_2}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,2};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,8};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item $\begin{aligned}[t]
\proba{A_1 \cap A_2} & = \proba{A_1}\times\probacond{A_2}{A_1}\\
& = 0,9\times0,8\\
\Aboxed{\proba{A_1 \cap A_2} & = 0,72}
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\proba{A_2} & = \proba{A_1 \cap A_2} + \proba{\evcont{A_1} \cap A_2}\\
& = 0,72 + 0,1\times0,7\\
\Aboxed{\proba{A_2} & = 0,79}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item Avant tout, construisons l'arbre de probabilités pour A$_n$ et A$_{n+1}$ :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {A$_n$};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{A}_n}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small $x_n$};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small $1-x_n$};
\node[right] at (3.5,-0.5) {A$_{n+1}$};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{A}_{n+1}}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,7};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,3};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {A$_n$};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{A}_{n+1}}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,2};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,8};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ainsi,
\begin{align*}
x_{n+1} & = \proba{A_{n+1}}\\
& = \proba{A_n \cap A_{n+1}} + \proba{\evcont{A_n} \cap A_{n+1}}\\
& = 0,8x_n + 0,7(1-x_n)\\
& = 0,8x_n+0,7-0,7x_n\\
\Aboxed{x_{n+1} & = 0,1x_n+0,7}
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item On sait que $u_n=x_n-\dfrac{7}{9}$ (par définition) donc, au rang $n+1$, on a :
\begin{align*}
u_{n+1} & = x_{n+1}-\dfrac{7}{9}\\
& = 0,1x_n+0,7-\dfrac{7}{9}\\[8pt]
& = \dfrac{1}{10}x_n+\dfrac{7}{10}-\dfrac{7}{9}\\[8pt]
& = \dfrac{1}{10}x_n+\dfrac{63}{90}-\dfrac{70}{90}\\[8pt]
& = \dfrac{1}{10}x_n-\dfrac{7}{90}\\[8pt]
& = \dfrac{1}{10}\left(x_n-\dfrac{7}{9}\right)\\[8pt]
& = \dfrac{1}{10}u_n\\[8pt]
& = 0,1u_n.
\end{align*}
Par conséquent, \suite{u}{n}{} est une suite géométrique de raison $q=0,1$ et de premier terme :
\begin{align*}
u_1 & = x_1-\dfrac{7}{9}\\[8pt]
    & = 0,9-\dfrac{7}{9}\\[8pt]
    & = \dfrac{9}{10}-\dfrac{7}{9}\\[8pt]
\Aboxed{u_1 & = \dfrac{11}{90}}
\end{align*}

\item \suite{u}{n}{} étant une suite géométrique, 
\[ u_n=u_1\times q^{n-1}. \]
Ainsi,
\[
u_n=\dfrac{11}{90}\times0,1^{n-1}.
\]
De plus, comme $u_n=x_n-\dfrac{7}{9}$, on a :
\[
x_n=u_n+\dfrac{7}{9}\qquad\text{soit}\qquad \boxed{x_n=\dfrac{11}{90}\times0,1^{n-1}+\dfrac{7}{9}}
\]
\newpage
\item Pour des valeurs de plus en plus grandes de $n$, $0,1^n$ semble se rapprocher de 0. 

Ainsi, on peut supposer que $x_n$ se rapproche de plus en plus de $\dfrac{7}{9}$.

Ceci signifie que plus Victor effectuera de tirs, plus la probabilité que la cible soit atteinte se rapprochera de $\dfrac{7}{9}$, soit à peu près 0,78.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec une suite géométrique}[3]
Madame Laguigne est très malchanceuse. Elle a constaté que cette semaine, la probabilité pour qu'il lui arrive une mésaventure est égale  à 0,7.

De plus, s'il lui arrive une mésaventure une semaine, la probabilité pour qu'il lui en arrive une autre la semaine suivante est égale à 0,7; sinon, elle est égale à 0,5.

On pose :
\begin{itemize}
\item C$_n$ l'événement : \og une mésaventure arrive la $n$-ième semaine, pour un entier $n$ supérieur ou égal à 1 ;
\item $p_n$ la probabilité que C$_n$ se réalise.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Compléter l'arbre de probabilités suivant :\vspace*{-1em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {C$_1$};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{C}_1}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pageenonce!30] {\small ...};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pageenonce!30] {\small ...};
\node[right] at (3.5,-0.5) {C$_2$};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{C}_2}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pageenonce!30] {\small ...};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pageenonce!30] {\small ...};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {C$_2$};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{C}_2}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pageenonce!30] {\small ...};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pageenonce!30] {\small ...};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item Montrer que la probabilité qu'il lui arrive une mésaventure la deuxième semaine est égale à 0,64.
\item Justifier l'égalité : $p_{n+1}=0,2p_n+0,5$.
\item On pose : $u_n=p_n-0,625$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que \suite{u}{n}{} est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.
\item En déduire $p_n$ en fonction de $n$.
\item Vers quel nombre se rapproche $p_n$ quand $n$ tend vers $+\infty$ ? Interpréter ce résultat.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item L'arbre de probabilités est le suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {C$_1$};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{C}_1}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,7};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,3};
\node[right] at (3.5,-0.5) {C$_2$};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{C}_2}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,5};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,5};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {C$_2$};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{C}_2}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,3};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,7};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item La probabilité qu'il lui arrive une mésaventure la deuxième semaine est :
\begin{align*}
\proba{C_2} & = \proba{C_1 \cap C_2} + \proba{\evcont{C_1} \cap C_2}\\
& = \proba{C_1}\times\probacond{C_2}{C_1} + \proba{\evcont{C_1}}\times\probacond{C_2}{\evcont{C1}}\\
& = 0,7\times0,7+0,3\times0,5\\
\Aboxed{\proba{C_2} & = 0,64}
\end{align*}

\item \`A l'étape $n$, nous avons l'arbre suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1.5]
\node[right] (a1) at (1.5,1) {C$_n$};
\node[right] (a1b) at (1.5,-1) {$\overline{\text{C}_n}$};
\draw (0,0) -- (1.5,1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small $p_n$};
\draw (0,0) -- (1.5,-1) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small $1-p_n$};
\node[right] at (3.5,-0.5) {C$_{n+1}$};
\node[right] at (3.5,-1.5) {$\overline{\text{C}_{n+1}}$};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,5};
\draw (a1b.east) -- (3.5,-1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,5};
\node[right] (a2) at (3.5,1.5) {C$_n$};
\node[right] (a2b) at (3.5,0.5) {$\overline{\text{C}_{n+1}}$};
\draw (a1.east) -- (3.5,0.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,3};
\draw (a1.east) -- (3.5,1.5) node[midway,fill=pagecorrige!30] {\small 0,7};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ainsi,
\begin{align*}
p_{n+1} & = p_n\times0,7+(1-p_n)\times0,5\\
& = 0,7p_n+0,5-0,5p_n\\
\Aboxed{p_{n+1} & = 0,2p_n+0,5}
\end{align*}

\item
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
u_{n+1} & = \textcolor{red}{p_{n+1}}-0,625\\
& = \textcolor{red}{0,2p_n+0,5}-0,625\\
& = 0,2p_n-0,125\\
& = 0,2\left(p_n-\frac{0,125}{0,2}\right)\\
& = 0,2(p_n-0,625)\\
& = 0,2u_n
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, \suite{u}{n}{} est géométrique de raison $q=0,2$ et de premier terme :
\[
u_1=p_1-0,625=0,7-0,625=0,075.
\]

\item On déduit de la question précédente que :
\[
u_n=u_1\times q^{n-1}=0,075\times0,2^{n-1}
\]
et, comme $u_n=p_n-0,625$ :
\[
p_n=u_n+0,625\qquad\text{soit}\qquad \boxed{p_n=0,075\times0,2^{n-1}+0,625}
\]
\item Plus $n$ grandit, plus $0,2^n$ se rapproche de 0 car $0<0,2<1$, donc $p_n$ se rapproche de $0,625$.

\medskip

Cela signifie qu'à longs termes, la probabilité que madame Laguigne connaisse une mésaventure se rapprochera de 0,625.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 
\enlargethispage*{3em}
\begin{exocor}{méthode de Monte-Carlo en Python}[3]
Dans un carré de côté 1, on trace la parabole d'équation $y=x^2$.

\medskip

\begin{minipage}{45mm}
\begin{tikzpicture}[scale=4]
\draw (0,0) rectangle (1,1);
\fill[numpageenonce,opacity=0.2] (0,0) plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{\x*\x}) -- (1,0) -- cycle;
\draw[orange] plot[domain=0:1,samples=100] (\x,{\x*\x});
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-45mm}
L'objectif de cet exercice est d'estimer l'aire sous la courbe (représentée en couleur) à l'aide d'un programme en Python.

Pour cela, nous allons utiliser la méthode de Monte-Carlo qui consiste à exécuter l'algorithme suivant :
\begin{enumerate}
\item on choisit un point au hasard à l'intérieur du carré;
\item s'il est sous la courbe, on incrémente un compteur; sinon, on laisse le compteur tel qu'il est;
\item on répète ceci un certain nombre de fois;
\item à la fin, on calcule la fréquence de points sous la courbe : c'est l'estimation souhaitée.
\end{enumerate}
\end{minipage}

\medskip


\'Ecrire un programme Python affichant une estimation de l'aire en prenant par exemple \numprint{50000} points au hasard.
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

Un programme possible est le suivant :

\begin{python}
from random import random
n = 0
for i in range(5000):
    x = random()
    y = random()
    if (y < x*x):
        n+=1
print(n/5000)
\end{python}

Explications:
\begin{itemize}
\item On commence par importer le module \textit{random} qui permet de simuler l'aléatoire;
\item on initialise la variable \texttt{n} à 0 : c'est la variable qui va compter le nombre de points en dessous de la courbe;
\item on créé une boucle de sorte à répéter \numprint{5000} fois l'expérience consistant à choisir au hasard deux nombres \texttt{x} et \texttt{y}, qui vont jouer le rôle des coordonnées du point;
\newpage
\item on teste si $y<x^2$ : si tel est le cas, cela signifie que le point est bien en dessous de la courbe et on incrémente \texttt{n} (on lui ajoute 1);
\item une fois sortis de la boucle, on affiche la valeur de $\dfrac{n}{\numprint{5000}}$, qui correspond à la fréquence de points obtenus en dessous de la courbe.
\end{itemize}


Voici trois résultats successifs: $0,3358\qquad;\qquad0,3326\qquad;\qquad0,3308$.

On peut modifier légèrement le programme afin qu'il simule plus de choix:

\begin{python}
from random import random
n = 0
c = int(input('Nombre de choix : '))
for i in range(c):
    x = random()
    y = random()
    if (y < x*x):
        n+=1
print(n/c)
\end{python}

On peut ainsi choisir le nombre de choix. Il semble que plus le nombre de choix augmente, plus la fréquence se rapproche de 0,333333...
\end{exocor}


\subsection*{Indépendance}

%%%

\begin{exocor}{dans une université}[1]
Une étude réalisée sur les étudiants d'une université a permis d'établir que \pourcent{70} des étudiants possèdent un ordinateur et que, parmi ceux-ci, \pourcent{40} possèdent une automobile.

On sait aussi que \pourcent{55} des étudiants de l'université ne possèdent pas d'automobile.

On choisit au hasard un étudiant de cette université et on
note :
\begin{itemize}
\item O l'événement \og l'étudiant possède un ordinateur \fg
\item A l'événement \og l'étudiant possède une automobile \fg.
\end{itemize}

Les événements O et A sont-ils indépendants ?

\tcblower

\begin{itemize}
\item $\proba{O}=0,7$;
\item $\proba{\evcont{A}}=0,55$ donc $\proba{A}=0,45$;
\item $\probacond{A}{O}=0,4$.
\end{itemize}
Ainsi, $\probacond{A}{O}\neq\proba{A}$ donc A et O ne sont pas indépendants.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{Jeanne et son portable}[1]
Chaque jour, Jeanne ne peut pas utiliser son portable au travail lorsque l'un des deux événements suivants se produit :
\begin{itemize}
\item D : \og Son portable est déchargé \fg{} 
\item O : \og Elle a oublié son portable chez elle \fg{} 
\end{itemize}

On suppose que ces deux événements sont indépendants.

\medskip

Elle a observé, d'une part, que la probabilité de D est égale à 0,05 et, d'autre part, qu'elle oublie son portable chez elle un jour sur dix.

\begin{enumerate}
\item Un jour de travail donné, quelle est la probabilité que Jeanne oublie son portable chez elle et qu'il ne soit pas déchargé?
\item Un jour de travail donné, quelle est la probabilité qu'elle ne puisse pas se servir de son portable? 
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\proba{D\cap O} & =\proba{\evcont{D}}\times\proba{O}\text{ car D et O sont indépendants, donc \evcont{D} et O aussi.}\\
& =(1-0,05)\times0,1\\
& =0,095.
\end{aligned}$ 

\uline{Donc la probabilité pour que Jeanne oublie son portable chez elle et qu'il soit déchargé est égale à 0,095.}

\item $\begin{aligned}[t]
\proba{D\cup O} & =\proba{D}+\proba{O}-\proba{D\cap O}\\
& =0,05+0,1-0,005\\
&=0,145.
\end{aligned}$

\uline{Ainsi, la probabilité pour que Jeanne ne puisse pas se servir de son portable un jour donné est égale à 0,145.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{trois boules dans un urne}[2]
Une urne contient trois boules $B_1$, $B_2$ et $B_3$ indiscernables au toucher. On vide l'urne par tirages successifs des boules.

\begin{enumerate}
\item Déterminer le nombre de tirages possibles.

Sont-ils équiprobables ?

\item On considère les événements suivants :

\begin{itemize}
\item A : \og La boule $B_1$ est extraite de l'urne avant $B_2$.  \fg
\item B : \og La boule $B_1$ est extraite au premier tirage. \fg
\item C : \og La boule $B_1$ est extraite au deuxième tirage. \fg
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Déterminer les probabilités de ces trois événements.
\item Les événements A et B sont-ils indépendants ?
\item Les événements A et C sont-ils indépendants ?
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item \youtube{https://www.youtube.com/watch?v=pliXtKFy4RA}
\vspace*{-1em}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=0.7]
\node (O) at (0,0) {$\Omega$};
%
\node (B1) at (2,2) {$B_1$};
\node (B2) at (2,0) {$B_2$};
\node (B3) at (2,-2) {$B_3$};
%
\node (B12) at (4,2.5) {$B_2$};
\node (B13) at (4,1.5) {$B_3$};
%
\node (B21) at (4,.5) {$B_1$};
\node (B23) at (4,-.5) {$B_3$};
%
\node (B31) at (4,-1.5) {$B_1$};
\node (B32) at (4,-2.5) {$B_2$};
%
\draw (O.east)--(B1.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{1}{3}$};
\draw (O.east)--(B2.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{1}{3}$};
\draw (O.east)--(B3.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {$\frac{1}{3}$};
%
\draw (B1.east)--(B12.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,scale=0.7] {$\frac{1}{2}$};
\draw (B1.east)--(B13.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,scale=0.7] {$\frac{1}{2}$};
\draw (B2.east)--(B21.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,scale=0.7] {$\frac{1}{2}$};
\draw (B2.east)--(B23.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,scale=0.7] {$\frac{1}{2}$};
\draw (B3.east)--(B31.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,scale=0.7] {$\frac{1}{2}$};
\draw (B3.east)--(B32.west) node[midway,fill=pagecorrige!30,scale=0.7] {$\frac{1}{2}$};
%
\node (B123) at (6,2.5) {$B_3$};
\node (B132) at (6,1.5) {$B_2$};
\node (B213) at (6,.5) {$B_3$};
\node (B231) at (6,-.5) {$B_1$};
\node (B312) at (6,-1.5) {$B_2$};
\node (B321) at (6,-2.5) {$B_1$};
\draw (B12.east)--(B123.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {1};
\draw (B13.east)--(B132.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {1};
\draw (B21.east)--(B213.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {1};
\draw (B23.east)--(B231.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {1};
\draw (B31.east)--(B312.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {1};
\draw (B32.east)--(B321.west) node[midway,fill=pagecorrige!30] {1};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Il y a donc 6 tirages possibles, et chaque possibilité a une probabilité de $\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times1=\dfrac{1}{6}$ d'être obtenue. Ces tirages sont donc équiprobables.

\item
\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item \og La boule $B_1$ est extraite avant $B_2$ \fg{} est possible dans 3 cas : $B_1-B_2-B_3$, $B_1-B_3-B_2$ et $B_3-B_1-B_2$.

Ainsi, $P(A)=3\times\dfrac{1}{6}$, soit $\boxed{P(A)=\dfrac{1}{2}}$.

\item $B_1$ ets extraite au premier tirage dans 1 cas sur 3 car il y a 3 boules possibles au premier tirage.

Donc $\boxed{P(B)=\dfrac{1}{3}}$.

\item La boule $B_1$ est extraite au deuxième tirage dans 2 cas sur 6, donc $\boxed{P(C)=\dfrac{1}{3}}$.
\end{itemize}

\item $P(A \cap B) = \dfrac{1}{3}$ et $P(A)\times P(B)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}\neq P(A\cap B)$.

\underline{Donc A et B ne sont pas indépendants.}

\item $P(A \cap C) = \dfrac{1}{6}$ et $P(A)\times P(C)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}=P(A\cap C)$.

\underline{Donc A et C sont indépendants.}
\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{enquête du journal télévisé}[2]
Un  grand  journal  a  fait  réaliser  une  enquête  sur un échantillon représentatif de la population française des 18-34 ans.
\begin{itemize}
\item \pourcent{35} des  personnes  interrogées  indiquent  que  leur  principale source d'information est la \textbf{télévision} ; parmi elles, \pourcent{40} lisent aussi la presse écrite.

\item \pourcent{25} des  personnes  interrogées  indiquent  que  leur  principale  source  d'information  est  la  \textbf{radio} ;  parmi  elles, \pourcent{60} lisent aussi la presse écrite.

\item Les autres personnes interrogées indiquent que leur principale source d'information est \textbf{Internet} ; parmi elles, \pourcent{75}
lisent aussi la presse écrite.
\end{itemize}

On choisit une personne au hasard dans l'échantillon et on
considère les événements :

\begin{itemize}
\item T : \og La personne a pour principale source d'information
la télévision. \fg
\item R : \og La personne a pour principale source d'information
la radio. \fg
\item I : \og La personne a pour principale source d'information
Internet. \fg
\item E : \og La personne lit la presse écrite. \fg
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item À l'aide des informations fournies par l'énoncé, indiquer la valeur de $\probacond{E}{T}$ et $\probacond{\evcont{E}}{R}$.
\item Montrer que $\proba{E}=0,59$.
\item Calculer $\probacond{I}{E}$ (donner une valeur approchée au centième).
\item Les événements E et I sont-ils indépendants ?
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\probacond{T}{E}=0,4$ et $\probacond{\evcont{E}}{R}=0,4$.
\item $\begin{aligned}[t]
\proba{E} & = \proba{T}\times\probacond{E}{T} + \proba{R}\times\probacond{E}{R} +\proba{I}\times\probacond{E}{I} \\
& = 0,35\times0,4 + 0,25\times0,6 + 0,4\times0,75\\
\Aboxed{\proba{E}& = 0,59}
\end{aligned}$

\item $\probacond{I}{E}=\dfrac{\proba{I\cap E}}{\proba{E}}=\dfrac{0,4\times0,75}{0,59}\approx\uline{0,51}$.

\item $\proba{I}=0,4\neq\probacond{I}{E}$ donc E et I ne sont pas indépendants.
\end{enumerate}
\end{exocor}


\corriges

