Calcul de probabilités-1 (Prérentrée ECG1)
Exercice 1 (🔥) : Calculs de probabilités
📄 Énoncé
On considère deux événements \(A\) et \(B\) tels que : \[\mathbb{P}(A)=\frac{1}{2}, \quad \mathbb{P}(B)=\frac{1}{4} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(A \cup B)=\frac{2}{3}\]
Calculer \(\mathbb{P}(A \cap B)\), \(\mathbb{P}(\overline{A} \cap \overline{B})\), \(\mathbb{P}(A \cap \overline{B})\).
✅ Corrigé
D’après la formule du crible, on a :
\[\begin{aligned} \mathbb{P}( A \cap B) &=\mathbb{P}( A)+\mathbb{P}( B)-\mathbb{P}( A \cup B) \\ &=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}-\frac{2}{3} \end{aligned}\]
Commentaire
\(\mathbb{P}( A \cup B)=\mathbb{P}( A)+\mathbb{P}( B)-\mathbb{P}( A \cap B)\)
d’où :
\[\mathbb{P}( A \cap B)=\frac{1}{12}\]
On a: \[\begin{aligned} \mathbb{P}( \overline{A} \cap \overline{B}) &=\mathbb{P}\overline{A \cup B}) \\ &=1-\mathbb{P}( A \cup B) \\ &=1-\frac{2}{3} \end{aligned}\]
Commentaire
Lois de Morgan :
\(\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}\)
\(\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}\)
d’où :
\[\mathbb{P}( \overline{A} \cap \overline{B})=\frac{1}{3}\]
Comme \(( B, \overline{B})\) est un système complet d’événements, on a, d’après la formule des probabilités totales : \[\mathbb{P}( A) =\mathbb{P}( A \cap B)+\mathbb{P}( A \cap \overline{B})\] d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( A \cap \overline{B}) &=\mathbb{P}( A)-\mathbb{P}( A \cap B) \\ &=\frac{1}{2}-\frac{1}{12} \\ \end{aligned}\]
et donc :
\[\mathbb{P}( A \cap \overline{B})=\frac{5}{12}\]
📝 Mes notes :
Exercice 2 (🔥) : Calculs de probabilités
📄 Énoncé
On considère deux événements \(A\) et \(B\) tels que : \[\mathbb{P}(A)=\frac{3}{4}, \quad \mathbb{P}(B)=\frac{1}{3} \quad \text{et} \quad \mathbb{P}(A \cap B)=\frac{1}{4}\]
Calculer \(\mathbb{P}(A \cup B)\), \(\mathbb{P}_B(A),\) \(\mathbb{P}_B(\overline{A})\) et \(\mathbb{P}_{\overline{B}}(A)\).
✅ Corrigé
D’après la formule du crible, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( A \cup B)&=\mathbb{P}( A)+\mathbb{P}( B)-\mathbb{P}( A \cap B) \\ &=\frac{3}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4} \end{aligned}\]
soit encore :
\[\mathbb{P}( A \cup B)=\frac{5}{6}\]
Par définition d’une probabilité conditionnelle, comme \(\mathbb{P}(B) \neq 0\) (donc la probabilité conditionnelle est bien définie) : \[\mathbb{P}_B(A)=\frac{\mathbb{P}( A \cap B)}{\mathbb{P}( B)}\]
Commentaire
Penser à justifier que la probabilité conditionnelle est bien définie avant de la calculer
donc :
\[\mathbb{P}_B(A)=\frac{3}{4}\]
On a alors : \[\begin{aligned} \mathbb{P}_B(\overline{A}) &=1-\mathbb{P}_B(A) \\ &=1-\frac{3}{4} \end{aligned}\]
Commentaire
La probabilité conditionnelle \(\mathbb{P}_B\) est une probabilité, elle a donc toutes les propriétés usuelles
d’où :
\[\mathbb{P}_B(\overline{A})=\frac{1}{4}\]
📝 Mes notes :
Exercice 3 (🔥) : Probabilité de réussir un concours
📄 Énoncé
Pendant la préparation d’un concours, un élève n’a étudié que 50 des 100 sujets proposés. On a mis 100 papiers contenant chacun un des sujet dans une urne, chacun des 100 sujets étant représenté exactement une fois dans l’urne. Le candidat tire simultanément au hasard 2 papiers.
Quelle est la probabilité \(p_1\) qu’il ne connaisse aucun des deux sujets?
Quelle est la probabilité \(p_2\) qu’il connaisse les deux sujets?
Quelle est la probabilité \(p_3\) qu’il ne connaisse qu’un seul des deux sujets?
Quelle est la probabilité \(p_4\) qu’il connaisse au moins un sujet?
On considère maintenant que l’élève a étudié \(n\) leçons exactement, \(n\) étant un entier naturel compris entre 1 et 100.
Quelle est la probabilité \(p_n\) qu’il connaisse au moins un des deux sujets?
Déterminer les valeurs de \(n\) pour lesquelles \(p_n\) est supérieur ou égal à 0,95.
✅ Corrigé
Pour calculer la probabilité d’un événement avec la formule \[\frac{\text { nombre de cas favorables }}{\text { nombre de cas possibles }}\] il ne faut pas oublier de justifier au préalable que tous les cas possibles sont obtenus avec la même probabilité (hypothèse équiprobabilité).
Comme les choix des sujets se font au hasard, on peut supposer que chaque paire de sujet peut être choisie de façon équiprobable.
De plus, comme le candidat choisit deux sujets simultanément, il y a \(\binom{100}{2}=\frac{100 \times 99}{2}\) paires de sujets possibles. Enfin, comme le candidat a étudié exactement 50 leçons, 50 n’ont pas été étudiées donc il y a \(\binom{50}{2}=\frac{50 \times 49}{2}\) paires de sujets telles que le candidat n’ait étudié aucun des deux sujets. On a donc :
Commentaire
\(\binom n2 = \frac{n!}{2! \left( n-2 \right)!} = \frac{n \left( n-1 \right)}{2}\)
\[\begin{aligned} p_1 &=\frac{\binom{50}{2}}{\binom{100}{2}} =\frac{50 \times 49}{2} \times \frac{2}{100 \times 99} \\ \end{aligned}\]
d’où :
\[p_1=\frac{49}{198}\]
Rappel de cours
Se souvenir que, si \(n\) et \(p\) sont deux entiers tels que \(0 \leqslant p \leqslant n\), alors \(\binom np\) est le nombre de parties à \(p\) éléments d’un ensemble à \(n\) éléments (choix de \(p\) éléments sans ordre et sans répétition parmi \(n\) et que : \[\binom np = \frac{n!}{p! \left( n-p \right)!}\]
De même, il y a \(\binom{50}{2}=\frac{50 \times 49}{2}\) paires de sujets telles que le candidat ait étudié les des deux sujets.
On a donc aussi :
\[p_2=\frac{49}{198}\]
Pour choisir une paire de sujets contenant exactement un sujet connu par le candidat, il faut et il suffit de :
choisir un des 50 sujets connus par le candidat : 50 choix
choisir un des 50 sujets ignorés par le candidat : 50 choix.
Par conséquent, il y a \(50^2\) paires de sujets contenant exactement un sujet connu par le candidat et : \[\begin{aligned} p_3 &=\frac{50 \times 50}{\binom{100}{2}} =\frac{2 \times 50 \times 50}{100 \times 99} \\ \end{aligned}\]
donc :
\[p_3=\frac{50}{99}\]
On constate que : \(p_1+p_2+p_3=1\), ce qui est rassurant car les trois éventualités étudiées ci-dessus sont les seules possibles
On aurait d’ailleurs pu utiliser cette relation pour calculer la dernière probabilité. Cependant, la méthode utilisée ici permet de vérifier les résultats obtenus ce qui, dans la mesure où elle n’est pas longue à rédiger, peut être intéressant en cas de doute.
Comme les événements le candidat connaît exactement un des deux sujets et le candidat connaît les deux sujets sont incompatibles, on a : \[p_4=p_2+p_3\] donc :
\[p_4=\frac{149}{198}\]
Comme les choix des sujets se font au hasard, on peut encore supposer que chaque paire de sujet peut être choisie de façon équiprobable. De plus, il y a toujours \(\binom{100}{2}\) paires de sujets possibles. Notons alors \(A_n\) l’événement le candidat connaît au moins un des deux sujets . On a : \[p_n=\mathbb{P}( A_n )=1-\mathbb{P}(\overline{A_n})\]
Or l’événement \(\overline{A_n}\) se réalise si, et seulement si, le candidat choisit deux sujets non étudiés parmi les \(100-n\) sujets possibles, donc il y a \(\binom{100-n}{2}\) paires de sujets telles que l’événement \(\overline{A_n}\) se réalise. On a donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( \overline{A_n}) &=\frac{\binom{100-n}{2}}{\binom{100}{2}} \\ &=\frac{(100-n)(99-n)}{100 \times 99} \end{aligned}\]
donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( A_n) &=1-\frac{(100-n)(99-n)}{9900} \\ &=\frac{100 \times 99-(100-n)(99-n)}{9900} \end{aligned}\] d’où :
\[p_n=\frac{199 n-n^2}{9900}\]
D’après le résultat précédent : \[\begin{aligned} p_n \geqslant 0,95 & \Leftrightarrow 199 n-n^2 \\ &\geqslant 9405 \\ & \Leftrightarrow n^2-199 n+9405 \leqslant 0 \end{aligned}\]
Or l’équation \(x^2-199 x+9405=0\) admet pour discriminant \(\Delta=1981\) donc admet deux solutions réelles : \(x_1=\frac{199-\sqrt{1981}}{2} \simeq 77,25\) et \(x_2=\frac{199+\sqrt{1981}}{2} \simeq 121,75\). Finalement, on peut conclure, comme \(n\) est un entier compris entre 1 et 100 :
\[p_n \geqslant 0,95 \Leftrightarrow n \in \llbracket 78,100 \rrbracket\]
📝 Mes notes :
Exercice 4 (🔥) : Une partie de fléchettes
📄 Énoncé
On considère un espace probabilisé \((\Omega, \mathcal{B}, \mathbb{P})\), ainsi que deux événements indépendants \(A\) et \(B\).
Prouver que \(\overline{A}\) et \(B\) sont indépendants.
Que peut-on dire des événements \(A\) et \(\overline{B}\) ? des événements \(\overline{A}\) et \(\overline{B}\) ?
Deux joueurs maladroits s’affrontent lors d’une partie de fléchettes. Chacun lance une fois la fléchette et les événements \(E_1:\) le joueur \(J_1\) touche la cible et \(E_2:\) le joueur \(J_2\) touche la cible sont indépendants et de probabilités respectives \(\frac{1}{5}\) et \(\frac{1}{4}\). Calculer la probabilité des événements :
Les deux joueurs atteignent la cible.
Aucun des deux joueurs n’atteint la cible.
L’un au moins des deux joueurs atteint la cible.
Un seul des deux joueurs atteint la cible.
✅ Corrigé
On sait que \(A\) et \(B\) sont indépendants donc : \[\mathbb{P}( A \cap B)=\mathbb{P}( A) \, \mathbb{P}( B)\]
Comme \(\{A, \overline{A}\}\) est un système complet d’événements, on a, d’après la formule des probabilités totales. \[\begin{aligned} \mathbb{P}( B) = \mathbb{P}( A \cap B)+\mathbb{P}( \overline{A} \cap B) \end{aligned}\]
Pour prouver que \(\overline{A}\) et \(B\) sont indépendants, on exprime \(\mathbb{P}( \overline{A} \cap B)\) en fonction de \(\mathbb{P}( A \cap B)\)
d’où : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( \overline{A} \cap B) &=\mathbb{P}( B)-\mathbb{P}( A \cap B) \\ &=\mathbb{P}( B)-\mathbb{P}( A) \mathbb{P}( B) \\ &=\mathbb{P}( B)[1-\mathbb{P}( A)] \\ &=\mathbb{P}( B) \mathbb{P}( \overline{A}) \end{aligned}\]
On peut alors conclure :
\(\overline{A}\) et \(B\) sont indépendants
De même (les événements \(A\) et \(B\) jouant des rôles symétriques) :
\[A \text { et } \overline{B} \text { sont indépendants}\]
On a prouvé que si deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(\overline{A}\) et \(B\) sont indépendants. Or \(A\) et \(\overline{B}\) sont indépendants (d’après la question précédente) donc, en substituant \(\overline{B}\) à \(B\) :
\[\overline{A} \text { et } \overline{B} \text { sont indépendants }\]
Comme les événements \(E_1\) et \(E_2\) sont indépendants, on a: \[\begin{aligned} \mathbb{P}( E_1 \cap E_2) &=\mathbb{P}( E_1) \, \mathbb{P}( E_2) \\ &=\frac{1}{5} \times \frac{1}{4} \end{aligned}\] donc :
La probabilité que les deux joueurs atteignent la cible est \(\frac{1}{20}\)
De même, d’après la question 1b, on a : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( \overline{E_1} \cap \overline{E_2}) &=\mathbb{P}( \overline{E_1}) \mathbb{P}( \overline{E_2}) \\ &=\left[ 1-\mathbb{P}( E_1)\right] \left[ 1-\mathbb{P}( E_2)\right] \\ &=\frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \end{aligned}\]
donc :
La probabilité qu’aucun des joueurs n’atteigne la cible est \(\frac{3}{5}\)
On a, d’après les lois de Morgan : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( E_1 \cup E_2) &=\mathbb{P}( \overline{\overline{E_1} \cap \overline{E_2}}) \\ &=1-\mathbb{P}( \overline{E_1} \cap \overline{E_2}) \end{aligned}\]
donc :
La probabilité qu’au moins un des joueurs atteigne la cible est \(\frac{2}{5}\)
📝 Mes notes :
Exercice 5 (🔥🔥) : Un jeu de carte
📄 Énoncé
On dispose d’un jeu de carte usuel de 52 cartes. On tire simultanément, au hasard, 5 cartes de ce jeu.
Quelle est la probabilité qu’on ait tiré exactement un pique?
Quelle est la probabilité qu’on ait tiré au moins un pique ?
Quelle est la probabilité qu’on ait tiré au moins deux piques?
✅ Corrigé
On note \(A\) l’événement: on a tiré exactement un pique .
Remarquons tout d’abord qu’il y a \(\binom{52}{5}\) poignées de cinq cartes possibles, toutes équiprobables. De plus, \(A\) se réalise si, et seulement si, on a choisi :
un pique parmi les \(13: 13\) possibilités,
quatre cartes parmi les \(52-13=39\) cartes n’étant pas des piques : \(\binom{39}{4}\) possibilités.
Finalement, on peut conclure :
\[\mathbb{P}A)=\frac{13\binom{39}{4}}{\binom{52}{5}}\]
On note \(B\) l’événement: on a tiré au moins un pique . \(\overline{B}\) est l’événement on n’a tiré aucun pique .
Commentaire
Pour calculer la probabilité que quelque chose se produise au moins une fois , on peut penser à utiliser l’événement contraire
\(\overline{B}\) se réalise si, et seulement si, on a choisi cinq cartes parmi les 39 n’étant pas des piques, donc il y a \(\binom{39}{5}\) choix des cinq cartes tels que \(\overline{B}\) se réalise et donc : \[\mathbb{P}( \overline{B})=\frac{\binom{39}{5}}{\binom{52}{5}}\]
Finalement, on peut conclure :
\[\mathbb{P}( B)=1-\mathbb{P}( \overline{B})=1-\frac{\binom{39}{5}}{\binom{52}{5}}\]
On note \(C\) l’événement: on a tiré au moins deux piques . \(\overline{C}\) est l’événement on a tiré au plus un pique donc : \[\overline{C}=\overline{B} \cup A\]
Comme les événements \(A\) et \(\overline{B}\) sont incompatibles, on a donc : \[\begin{aligned} \mathbb{P}( \overline{C}) &=\mathbb{P}( \overline{B})+\mathbb{P}( A) \\ &=\frac{\binom{39}{5}}{\binom{52}{5}}+\frac{13\binom{39}{4}}{\binom{52}{5}} \end{aligned}\]
Finalement, on peut conclure :
\[\mathbb{P}( C)=1-\frac{\binom{39}{5}+13\binom{39}{4}}{\binom{52}{5}}\]