Conditionnement et indépendance

Ouverture Née de la théorie des jeux, la théorie des probabilités est devenue très importante dans divers domaines tels que la gestion des risques ou la finance, et en particulier dans le domaine de la génétique. Les découvertes de Gregor Mendel au xixe siècle et les enseignements qu’il sut en tirer restent un modèle de nos jours. Une maladie génétique humaine est due à la présence spécifique d’un allèle morbide, noté m, d’un gène M. Le gène est récessif lorsque la présence de deux allèles morbides mm est obligatoire pour développer la maladie. L’allèle impliquant le daltonisme est récessif, ce qui signifie que les femmes ne seront daltoniennes que si leurs deux chromosomes X sont déficients, c’est-à-dire si chacun de leurs parents leur a transmis un allèle déficient. Réponse à la question L’anomalie est récessive, et nous savons que la femme est daltonienne, donc exprime cette anomalie. Par conséquent les deux chromosomes de la paire 23 portent le gène du daltonisme. La probabilité vaut donc 1. On peut en conclure que la mère de cette femme est porteuse du gène du daltonisme (sans nécessairement l’exprimer) et que le père est lui nécessairement daltonien.

Vérifier ses acquis 1 Cet exercice a été modifié dans l’exemplaire élève : 1.c. A ∩ B. 1. a. B : ensemble des lycéens n’ayant pas les yeux bleus ; b. A ∪ B : ensemble des filles ou des lycéens à yeux bleus ; c. A ∩ B : ensemble des filles aux yeux bleus ;

B ∩ A : ensemble des filles n’ayant pas les yeux bleus ; e. A « B  : ensemble de tous les lycéens sauf les filles aux yeux bleus ; f. A » B ensemble des garçons aux yeux bleus. 2. a. Enfants qui sont malades et ont été vaccinés : V ∩ M. b. Enfants qui ont été vaccinés et ne sont pas malades : V ∩ M. c. Enfants qui ne sont ni malades, ni vaccinés : V ∩ M.

2 1. ∩

A

A

total

L

6

6

12

L

4

20

24

total

10

26

36

4 a. P(A ∪ L) =  ; 9 1 1 b. P(A ∩ L) =  ; c. P(A ∩ L) =  . 6 9 3 a. ALEA ENTRE BORNES (1, 6) renvoie un entier aléatoire entre 1 et 6 et NB.SI(p ; a) compte le nombre de a de la plage p. X = ALEA ENTRE BORNES (1, 6) + ALEA ENTRE BORNES (1, 6) Y = ALEA ENTRE BORNES (1, 6) – ALEA ENTRE BORNES (1, 6) b. ENT(Alea*6 + 1) renvoie un entier aléatoire entre 1 et 6. c. Cet algorithme simule la fréquence d’obtenir 0, 1, 2 fois le six au cours de deux lancers.

4 a. On inscrit

5 sur les autres branches. 6 2

Ê 1ˆ b. Probabilité d’obtenir un double 4 : ÁË ˜¯  ; pro6 2

Ê 5ˆ babilité d’obtenir au moins un 4 : 1 – Á ˜ . Ë 6¯

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n  281

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12

Conditionnement et indépendance

Activités d’introduction Activité 1

1 a. P(A) est le quotient du nombre d’éléments de A par le nombre d’éléments de l’univers. 665 896 721 b. P(A) =  ; P(A) =  ; P(F) =   ; 1561 1561 1561 840 336 1225 P(F) =  ; P(A ∩ F) =  ; P(A « F) =  . 1561 1561 1561 c. Pour remplir ce tableau on divise les données du tableau de l’hypothèse par 1 561.

Activité 2

1 6 % des lecteurs MP3 sont défectueux, donc P(D) = 0,06. L’unité de contrôle rejette 98 % des lecteurs défectueux, donc PD(R) = 0,98. 2 5 % des lecteurs MP3 fonctionnant correctement, donc PD (R) = 0,05. 3

PD(R) P(D)

R

840 1 561

F

A A

329 840 511 840

A

Dans le premier cas on « arrive à A » en passant par F, et dans l’autre en « passant par F ». Il ne s’agit donc pas de la même situation. Arbre pondéré de la question 3. : F

336 665 665 1 561

896 1 561

A

n

P(R)

1 P(T1  BN, T2  BN)  PT B (T2  BN) ¥ P(T1  BN) 1

3 Les événements sont mutuellement incompatibles et leur union forme tout l’univers. On dit qu’ils forment une partition de l’univers. P(T2  BN)  PT B (T2  BN) ¥ P(T1  BN) 1

N

 PT B (T2  BN) ¥ P(T1  BBL)

329 665

BL

1

R

1 3 5 3 4 1   ¥  ¥  . 13 13 12 13 12 4

F F

4 PT B (T1  BBL)  2

A

N

3 1 4  ¥  . 13 12 13 2 PT B (T2  BN)  3 . 1 BL 13 3 PT B (T2  BN)  . 1 R 13

1

385 896

0,1058

Activité 3

 PT B (T2  BN) ¥ P(T1  BR)

511 896

(T1  BBL)

PT

2 BR

P(T2  BR)

R



5 . 13

5 PT B (T1  BBL)  PT B (T2  BN) ¥ P(T1  BBL) 2

F

282

5 On cherche PR (D) =  P(R « D)  =  0, 0588 . On note l’événement Ti = BN le fait de tirer une boule noire au tirage i.

385 721

F

PD(R) + PD(R ) = 1.

N



Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

1

5  . 52

BL

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721 1 561

D

4 P(D) + P(D) = 1 ; PD (R) + PD (R ) = 1 ;

A

336 721

0,05

0,94

P1(A) = 

4

D

0,06

2 On note P1 la probabilité recherchée.

336 P(A « F)  =  ; P(F) 721 336 385 P(A « F) P1(A) = 1 –   =   =  . P(F) 721 721 3 On note P2 la probabilité recherchée. 336 P(A « F) P2(F) =   =  ; P(A) 665 336 329 P(A « F) P1(F¢ ) = 1 –   =   =  . P(A) 665 665

R

0,98

1 On voit du rouge sur deux des quatre boules, 1 donc P(R) = P(B) = P(J) =  . 2 2 Une seule boule a plusieurs couleurs, donc 1 P(B ∩ R) =  . 4

3 Il y a deux boules ayant du rouge dont une 1 avec du bleu, donc PR(B) =  . 2

4 On a bien P(B ∩ R) = P(R).P(B) =  1 et 4

1 PR(B) = P(B) =  . 2

Travaux pratiques 1TP Algorithmique 1  Marche aléatoire

Première étude

1 Pour a déplacements à l’aller, il en faudra a pour revenir au point de départ, donc N = 2a. r 2 Si N = 2a, on a fait a déplacements  i et a r déplacements de - i , chacun avec une probabiN

lité de

Ê2aˆ Ê 1ˆ 1 , donc P  Á ˜ ÁË ˜¯ . 2 Ë a¯ 2

Troisième étude Plutôt qu’un algorithme donnant la fréquence théorique des déplacements de la particule, on proposera un algorithme permettant de simuler ces déplacements un très grand nombre de fois (ici 1 000 000 sauts). On pourra ensuite comparer les résultats obtenus avec les résultats de l’étude théorique. Cet algorithme affiche les fréquences d’arrêt de la particule entre 0 et N. Cela suffit puisque d’après la deuxième étude, les fréquences d’arrêt entre –N et 0 leur sont égales, de façon symétrique. N = 20 ; NEXP = 1 000 000 ; L est une liste de N+1 éléments ; Pour i = 0 à N faire L[i] = 0 ; FinPour Pour k = 1 à NEXP faire m = 0 ; Pour i = 1 à N faire pas = Ent(rand*2)*2 – 1 ; m = m + pas ; FinPour Si m > = 0 alors L[m] = L[m] + 1 ; FinSi FinPour Pour i = 0 à N faire L[i] = L[i]/NEXP ; Afficher « La fréquence d’arrêt en i est L[i] » ; FinPour

Deuxième étude

2TP Tice 1  Indépendant ou pas ?

1 a. Les déplacements vers la droite et vers la gauche étant équiprobables, la particule se retrouve avec la même probabilité en m qu’en –m. b. On ne peut aller plus loin que le nombre de secondes le permet, par conséquent 0 ≤ m ≤ N.

1 A ∩ B correspond à l’événement « on obtient une seule boule blanche ».

2 a. a + b = N ; a – b = m. (N  m) . 2 c. a est entier, donc N + m est pair. d. Pour se retrouver en m, elle doit faire

b. a 

n

ÊNˆ Ê 1ˆ Nm déplacement positifs, donc p  Á ˜ ÁË ˜¯ . 2 Ë a¯ 2 N Remarque : si m = 0, a =  et N = 2a. On retrouve 2 le résultat 2. de la première étude. a = 

2 Il semble que pour n = 3, les événements sont indépendants. 3 a. i. Toutes les boules sont de la même couleur, soit toutes noires, soit toutes blanches : 1 P . 2n-1 ii. On obtient exactement une boule blanche : n P . 2n b. Obtenir au plus une boule blanche signifie obtenir 0 ou 1 boule blanche, donc par i. et ii. : n 1 n1 P(A « B)   ; P(A)  1  ; P(B)  . 2n 2n 2n-1

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n  283

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Activité 4

c.

3 a. P(T)  P(M « T)  P(M « T)  ps  (1- p)(1- r).

1

2

3

P(A)

0

0,5

0,75

P(B)

1

0,75

0,5

P(A).P(B)

0

0,375

0,375

P(A ∩ B)

0,5

0,5

0,375

un

−1

−1

0

n

4

5

6

P(A)

0,875

0,9375

0,96875

P(B)

0,3125

0,1875

0,109375

P(A).P(B)

0,2734375

P(A ∩ B)

0,25

0,15625

0,09375

3

10

25

un

0,17578125 0,105957031

Pour n = 3, A et B sont indépendants. 4. On pose un = 2n–1 − n − 1. un+1 = 2n – n – 2 = 2(2n–1 – n – 1) + n = 2un + n et u3 = 0 donc par récurrence, un > 0 pour n > 3, par conséquent (un) est strictement croissante. u3 = 0 et u4 > 0 donc un ne s’annule que pour n = 3. Ê 1 ˆ n1 n P(A).P(B) - P(A « B)  Á1 . Ë 2n-1˜¯ 2n 2n n 1 (2 - 1)(n  1) - n2n-1  22n-1 un  . 22n-1 A et B sont indépendants si et seulement si n = 3. 3TP Tice 2  Les tests sont-ils efficaces ?

1 s  PM(T), r  PM(T), donc PM(T)  1 - r . 2

T s M p 1–s

T T

1–r 1–p M r T

284

n

P(M « T) ps  . P(T) ps  (1 - p)(1 - r) P(M « T) (1 - p)r c. P T(M) =   =  . p(1 - s)  (1 - p)r P(T) 0, 02 ¥ 0, 99 4 a. PT(M)   0, 6689 0, 02 ¥ 0, 99  0, 98 ¥ 0, 01 et P T(M)  0, 9997 à 10–4 près.

b. PT(M) 

b. La probabilité de ne pas être malade sachant qu’on obtient un test négatif est très forte, mais celle d’être malade si on obtient un test positif 2 est d’environ . 3 c. PT(M)  1 - PT(M)  0, 3311. d. P T(M)  1 - P T(M)  0, 0003. e. PT(M)  P T(M)  0, 3313. 0, 99p 0, 99p  0, 99p  0, 01(1 - p) 0, 98p  0, 01 0, 99(1 - p) et P T(M)  . 0, 99 - 0, 98p 99x 99 a. f(x)  , f ¢(x)   0, donc f est 98x  1 (98x  1)2 croissante sur [0 ; 1]. 99(1 - x) -99 b. g(x)  , g¢ (x)   0, donc 99 - 98x (99x - 98x)2 g est décroissante sur [0 ; 1]. c. La courbe de f est rouge, celle de g est orange. Elles semblent symétriques par rapport à la droite d’équation y = 0,5. 99(1 - x) En effet, f(1 - x)   g(x). 98(1 - x)  1 e.

5 a. PT(M) 

x

0

0,001

0,01

0,1

f(x)

0

0,09

0,5

0,91

g(x)

1

0,99999

0,9999

0,998

x

0,2

0,5

0,8

0,9

f(x)

0,96

0,99

0,997

0,998

g(x)

0,997

0,99

0,96

0,91

x

0,99

0,999

1

f(x)

0,9999

0,92849999

1

g(x)

0,5

0,09

0

6 a. Si le test est négatif, la probabilité de ne pas être malade est supérieure à 9,9999. b. Si le test est positif, la probabilité d’être malade est inférieure à 0,5.

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

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n

4TP Tice 3 Génétique

A. 1 a. Pour que l’enfant soit AA, l’autre parent doit être AA ou Aa et pour que l’enfant soit Aa, l’autre parent doit être Aa ou aa. b. Si l’autre parent est de génotype AA, alors 1 pour l’enfant P(AA) = 1, sinon P(AA) =  . 2 1 Si l’autre parent est de génotype Aa, alors P(Aa) =  , 2 sinon P(Aa) = 1.

2 Si les deux parents sont de type Aa, chaque 1 parent donne A ou a avec une probabilité et ce 2 1 de façon indépendante, donc P(AA) = P(aa) =  . 4 3 Cette question a été modifiée dans l’exemplaire élève : on note r1 la probabilité qu’un enfant de génération 1 soit de type AA, s1 celle qu’il soit de type Aa et t1 celle qu’il soit de type aa. On Ê sˆ Ê sˆ cherche à en déduire que s1 = 2 Á r  ˜ Át  ˜ . 2 2 Ë ¯Ë ¯ L’enfant est de type AA : • avec une probabilité 1 si les deux parents sont AA ; 1 • avec une probabilité si les deux parents sont Aa ; 4 1 • avec une probabilité si l’un des parents est 2 AA et l’autre Aa. 1 1 Donc r1 = 1 × r2 × 1 + 2rs ×   × 1 + s2 ×   = 2 4 s2 s r2 + rs +  , donc r1 = (r +  )2, de même 4 2 s t1 = (t +  )2. 2 Ainsi r1 + s1 + t1 = r + s + t = 1 donc Ê s s sˆ Ê sˆ (r +   +   + t)2 = 1, et s1 = 2 Á r  ˜ Át  ˜ . 2 2 2¯ Ë 2¯ Ë 4 r1 – t1 = (r +  s )2 – (t +  s )2 = ((r +  s ) – (t +  s )) 2 2 2 2 s s (r +   + t +  ) = 1 × (r – t) = a. 2 2 5 Il s’ensuit que r2 = r1 ; t2 = t1 ; s2 = s1.

B. 1 Un couple sain ne peut être de type mm-mm. S’il a un enfant malade, il ne peut être SS-SS. Les deux parents sont alors de type Sm. Comme pour la question A.2., la probabilité 1 d’avoir un enfant malade est de , chaque parent 4 1 donnant l’allèle malade avec une probabilité . 2

2 Si un enfant est malade, les parents sont de type Sm. Sachant que le deuxième enfant est non 3 malade (probabilité ), il est hétérozygote avec 4 2 3 2 une probabilité   =  . 4 4 3

Exercices Maîtriser le cours 1 c. 2 P(A ∩ B) = P(A) + P(B) – P(A ∪ B). P(A ∩ B) = P(A).PA(B) = P(B).PB(A). 3 a. ii. b. ii. c. i. 4 a. Faux. b. Faux. c. Faux. d. Faux. e. Vrai. f. Faux.  g. Vrai. h. Vrai.  i. Faux. 5 a. Faux. b. Faux. c. Faux.  d. Vrai. e. Faux. 6 a. P(A) = 0,7. b. P(B) = 0,2. c. (P(A ∩ B) = 0,06. d. PA(B) = 0,3. 3 e. PB(A) =  . f. P(A ∩ B) = 0,14. 35 7 a. P(A) = 0,2. c. P(A ∩ B) = 0,08. e. P A(B) = 0,01.

b. PA(B) = 0,4. d. P(A ∩ B) = 0,08. f. P(A ∪ B) = 0,54.

8 A et B sont deux événements d’un univers W. a. Si A et B sont incompatibles, ils ne sont indépendants que si l’un est de probabilité nulle. b. Si A et B sont indépendants, ils ne sont incompatibles que si l’un est de probabilité nulle. c. Si P(A) = 0, A et B sont indépendants 9 a. Faux. b. Vrai. c. Vrai. d. Vrai. 10 a. Vrai. b. Vrai. c. Faux. d. Faux. 11 ∩

A

A

Total

B

0,14

0,06

0,2

B

0,56

0,24

0,8

Total

0,7

0,3

1

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n  285

© éditions Belin, 2012.

c. Dans ce cas le test de dépistage systématique ne suffit pas pour déterminer si un individu est malade ou non.

12

B 0,4 A 0,8 0,6

B B

0,4

0,2 A

19 1. P(A) = 0,4 ; PA(B) = 0,6 ; P A (B) = 0,7. 2. a. P(B) = 0,4 × 0,6 + 0,6 × 0,7 = 0,66 et P(B) = 0,34. b. PA(B) = 1 – PA(B) = 0,4.

20 1. P(R) = 0,3.

0,6 B 3

3. a. P(T ∩ F) = 0,6 × 0,75 = 0,45. b. P(T) = 0,45 + 0,2 = 0,65. 0, 45 9  4. PF(T) =  . 0, 65 13

3

Ê 1ˆ Ê 1ˆ 1 1 13 a. P = 3 × Á ˜  =  . b. P = 6 × Á ˜  =  . Ë 6¯ Ë 6¯ 72 36

2 2. a. PR (R2) =  . 1 9 c.

0,3

R2 0,7

A

N1

B 3 4

7 1 d. P(N1 ∩ N2) =  ; P(R1 ∩ R2) =  ; 15 15 8 P(N1 ∩ N2) + P(R1 ∩ R2) =  . 15 7 e. P(R2) = 0,3. f. PN (R1) =  . 2 9

A

21 1. b.  2. b.   3. c.   4. c.   5. b.

1 c. L’énoncé donne PB(A) =  et permet de calcu4 ler les autres.

F

0,4 R

18 1. P(T) = 0,4.

0,75

F

0,6

0,75 T

F F

0,7 0,25

0,6 F F

R 0,3

0,5

F

T

23 P(A1 ∩ A2 ∩ A3) = P((A1 ∩ A2) ∩ A3) = P(A1 ∩ A2) × PA « A (A3)

0,5

1

F



Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

2

= P(A1) × PA (A2) × PA « A (A3). 1

1

2

© éditions Belin, 2012.

0,4

n

N2

A A

B

286

1 3 2 3

5 7

2.

7 9 N2

4

2 7

R2

2 9 R1

Appliquer les capacités attendues 24 4 12 2 16 a. P(A) =   =  et P(B) =   =  . 42 7 42 7 b. 1

3 1 b. PN (R2) =   . 1 9 3

PA

1« A2

A3

A2

0,4

1

A1

30 a. P(R1) = 0,3 ; P(R2) = 0,4 ; P(V1) = 0,5 ; P(V2) = 0,2 ; P(N1) = 0,2; P(N2) = 0,4. b. R2 R1

A3

P(A1)

0,2 0,4

A3

A2

A3

A2

N2

0,3

0,5

V1

R2

0,4 0,2 0,4

24 a. P(A1 ∩ A2 ∩ A3 ∩ A4) 1

1

2

1

2 « A3

(A4).

4 3 2 1 b. P =  ¥ ¥ ¥ . 100 99 98 97 1 1 26 a. P(A) =  ; P(B) =  ; 8 4 1 P(A ∩ B) =   = P(A) × P(B). 32 b. Les événements A et B sont indépendants. 1 1 1 . 3 4 12 1 3 1 b. P(G1 ∩ G2) =   ×   =  . 3 4 4 2 3 1 c. P(G1 ∩ G2) =   ×   =  . 3 4 2 29 Dans l’exemplaire élève, la question 1. est « Déterminer les probabilités P(A) et P(B). » Les questions 2. et 3. correspondent aux anciennes questions 1. et 2. 3 1. Équiprobabilité : P(A) =   = 0,3 et P(B) = 0,6. 10 2. B

28 a. P(G1 ∩ G2) =   ×   = 

0,6 A 0,3

0,4

B B

0,6

0,7 A

0,4 B

3. a. 0,3 × 0,6 = 0,18. b. 0,18 + 0,28 = 0,46. c. 1 – 0,46 = 0,54.

N1

R2

0,4 0,2 0,4

V2 N2

0,2

= P(A1) × PA (A2) × PA « A (A3) × PA « A

V2

V2 N2

c. P = 0,3 × 0,4 + 0,5 × 0,2 + 0,2 × 0,4 = 0,3.

31 a. On peut dresser un arbre pondéré ou bien calculer les huit résultats possibles, tous équipro1 bables de probabilité . Les épreuves étant répétées 8 1 et indépendantes, on a P(A) = P(B) = P(C) =  . 2 Si l’on considère l’événement A ∩ B, on constate 1 que P(A ∩ B) =   = P(A) × P(B). Les événements A 4 et B sont donc indépendants. P(A ∩ B) = P(B ∩ C) 1 = P(A ∩ C) =  donc A, B et C sont deux à deux 4 indépendants. Intuitivement ce résultat est logique : le second jet ne dépend pas du résultat du premier. 1 b. P(A ∩ B ∩ C) =  . 8 32 a. Cet algorithme simule la loi binomiale de 2 paramètres (4, ). 3 b. Les nombres affichés représentent P(X = k) pour k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}. 2 2. X suit la loi binomiale de paramètres (4, ). 3 k n- k Ê ˆ Ê 2ˆ Ê 1ˆ 8 P(X = k) = Á 4 ˜ Á ˜ Á ˜ et E(X) =  . 3 Ë k ¯ Ë 3¯ Ë 3¯ 33 a. Il faudrait 43 = 64 branches. 1 3 b. P(B) =  .  c. P(C) = 3! × P(A) = 6P(A) =  . 64 32 1 1 3 d. P(D) = 4( ) =  . e. P(E) = 4P(C) =  . 64 16 8 Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance n  287

© éditions Belin, 2012.

PA (A2 )

(A3 )

2. c.

3. c.

35 1. c.  2. a.   3. b.   4. a. 36 1. A

0,82

0,18 0,4 B

0,81

R+

R– R+

0,1

40 On note D1 et D2 l’obtention d’un téléphone avec défaut lors des tirages 1 et 2. L’expérience aléatoire consiste en 2 étapes : –– choisir au hasard un lot parmi 3 (de probabilité 1 ) 3 –– puis d’effectuer deux tirages successifs sans remise. On cherche la probabilité P que, ayant choisi un lot et ayant pioché 2 téléphones, le deuxième soit défectueux sachant que le premier l’est, soit PD (D1 « D2 ). 1

0,19 A2 0,83

R– R+

0,05 AB 0,45

O

0,17

R–

0,80

R+

0,20

R–

2. a. P = 0,45 × 0,2 = 0,09. b. P(R+) = 0,4 × 0,82 + 0,1 × 0,81 + 0,05 × 0,83  + 0,45 × 0,8 = 0,8105. 0, 0415 c. PR+(AB) =   = 0,0512. 0, 8105

37 1. a. P(S) = 1 – (0,32 + 0,17) = 0,51. b. P(S ∩ A) = 0,51 × 0,80 = 0,408. c. P(S) = 0,408 + 0,17 × 0,71 + 0,32 × 0,75 = 0,7687. 2. a. PR(S) = 0,44. b. PR(ES) = 0,34.

1 4 1 3 287 (  ) =  .  2 574 3 24 13 33 1 4 3 1 2 3 P(D1 « D2 ) =  ( ¥  ¥0 ¥ ) 3 24 23 13 33 32 1 429 =  , donc P =  . 2 208 105 616 P(D1) = 

41 P(I) = 0,7 × 0,1 + 0,2 × 0,3 + 0,1 × 0,1 = 0,14. 1 3 1 ; PI(H2) =  ; PI(H3) =  . 2 7 14 On privilégie l’hypothèse H1. PI(H1) = 

70 69 68 391 . ¥ ¥  =  100 99 98 1155 43 a. P(X = 0) = P(RR) = 0,6 × 0,5 = 0,3. P(X = 1) = 0,4 × 0,75 + 0,6 × 0,5 = 0,6. P(X = 2) = 0,4 × 0,25 = 0,1. b. E(X) = 0,6 + 0,2 = 0,8. c. P(A) = P(X = 0) + P(X = 2) = 0,4.

42 P = 

44 Cet exercice reprend l’urne de l’exercice 43. a.

38 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été modifié : c. On sait que 80 % du personnel est féminin (et non pas seulement le personnel AT). a. P(S ∩ F) = 0,71 × 0,92 = 0,6624. b. P(M ∩ F) = 0,12 × 0,33 = 0,0396. c. P(AT ∩ F) = P(F) – P(S ∩ F) – P(M ∩ F) = 0,098. P(AT) = 1 – 0,71 – 0,12 = 0,17. 0, 098 PAT(F) =   = 0,5764. 0,17

2 5

288

n

3 4 2 5

3 5

V2

R2 V2

R1 3 5

39 1. Les données ne permettent pas de répondre. 2. a. Non, on ne peut pas répondre. b. On cherche P(R « TB) 0,12 ¥ 0,164 PTB(R) =   =   = 0,28. P(TB) 0, 07 PAB(R) = 0,106.

V1

1 4

R2

P(A) = P(VR) = 0,4 × 0,75 = 0,3. P(B) = P(VR) + P(RV) = 0,3 + 0,6 × 0,4 = 0,54. 0, 3 5  . b. PC(A) =  0, 54 9

Chapitre 12 n Conditionnement et indépendance

© éditions Belin, 2012.

34 1. d.

N1

1 B2

0,1

N2

1 9

0,9 B1

8 9

B2

1 2

G

1 2

G G

20

1 6

G G

5 6

G

1 2. a. P(N) = 0,1 + 0,9 ×   = 0,2. 9 Ê 1ˆ 7 b. P(G) = 0,2 × 0,5 + 0,8 × Á ˜  =  . Ë 6¯ 30 0,1 3 c.  1 - P(G) 23 7 3. a. P(X = 4 – m) = P(G) =  ; 30 1 2 P(X = 0) = P(N ∩ G) =  ; P(X = –m) = P(N ∩ G) =  . 10 3 7 2 28 27 b. E(X) = (4 – m) ×   –  m =  m. 30 3 30 30 28 c. E(X) = 0 ⇔ m =  . 27

46 1. a. La moyenne de R représente pn. d. La fonction semble décroissante et paraît converger vers 0,25. 2. a. R2 R1 0,3

2 9

7 9 1 3

0,7

47 Dans l’exemplaire élève, l’énoncé a été modifié : on note An l’événement « le tirage a lieu dans l’urne U1 à l’étape n ». 1. p1 = 1 ; p2 = 0,85. 2. a. U1 17 U1 pn

3 20

U2 U1

1 20 1- pn U2 4 5

U2

b. P(An+1) = pn+1 = P(An+1 ∩ An) + P(An+1 ∩ A n). D’où pn+1 = 0,85pn + 0,05(1 – pn) = 0,8pn + 0,05. c. p3 = 0,8 × 0,85 + 0,05 = 0,73. 3. a. Par récurrence : p1 > 0,25 et si pn > 0,25, alors pn+1 > 0,8 × 0,25 + 0,05 donc pn+1 > 0,25. La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire, donc pn > 0,25 pour tout entier naturel n non nul. b. pn+1 – pn = 0,05 – 0,2pn