Exercice 1 4012 Correction

Soient $A, B, C$ trois évènements avec $P (B \cap C) > 0$ . Vérifier

P (A ∣ B \cap C) P (B ∣ C) = P (A \cap B ∣ C) .

Solution

On a

P (A ∣ B \cap C) P (B ∣ C) = \frac{P (A \cap B \cap C)}{P (B \cap C)} \frac{P (B \cap C)}{P (C)} = P (A \cap B ∣ C) .

Exercice 2 3361 Correction

Soient $A$ et $B$ deux évènements avec $P (A) > 0$ . Comparer les probabilités conditionnelles

P (A \cap B ∣ A \cup B) et P (A \cap B ∣ A) .

Solution

Puisque $A \subset A \cup B$ , on a $P (A \cup B) \geq P (A)$ puis

\frac{P (A \cap B)}{P (A \cup B)} \leq \frac{P (A \cap B)}{P (A)}

c’est-à-dire

P (A \cap B ∣ A \cup B) \leq P (A \cap B ∣ A) .

Exercice 3 3841 Correction

Une urne contient 8 boules blanches et deux boules noires.
On tire sans remise et successivement 3 boules de cette urne.

(a)

Quelle est la probabilité qu’au moins une boule noire figure à l’intérieur du tirage?
(b)

Sachant qu’une boule noire figure dans le tirage. Quelle est la probabilité que la première boule tirée soit noire?

Solution

(a)

L’évènement contraire est que le tirage ne comporte que des boules blanches. Par dénombrement, sa probabilité est

$(\binom{8}{3}) / (\binom{10}{3}) = \frac{7}{15}$

et la probabilité cherchée est

$1 - \frac{7}{15} = \frac{8}{15} .$
(b)

Notons $A$ l’événement, la première boule tirée est noire. En raisonnant comme au dessus

$P (A) = \frac{9 \times 8 + 9 \times 8}{10 \times 9 \times 8} = \frac{1}{5} .$

L’événement $B$ , au moins une boule tirée est noire a été mesurée ci-dessus et donc

$P (A ∣ B) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)} = \frac{P (A)}{P (B)} = \frac{3}{8} .$

Exercice 4 3955 Correction

Cinq cartes d’un jeu de cinquante deux cartes sont servies à un joueur de Poker.

(a)

Quelle est la probabilité que celle-ci comporte exactement une paire d’As?
(b)

Même question sachant que le jeu distribué comporte au moins un As?

Solution

(a)

Il y a $(\binom{52}{5})$ distributions possibles équiprobables.
Il y a exactement $(\binom{4}{2})$ paires d’As, $(\binom{48}{3})$ façons de compléter ce jeu avec d’autres cartes que des As.
Au final, ce la donne la probabilité

$\frac{(\binom{4}{2}) (\binom{48}{3})}{(\binom{52}{5})} = \frac{2162}{54145} ≃ 0,04 .$
(b)

La probabilité que le jeu distribué ne comporte pas d’As est

$\frac{(\binom{48}{5})}{(\binom{52}{5})}$

et par complément, celle que le jeu distribué comporte au moins un As est

$1 - \frac{(\binom{48}{5})}{(\binom{52}{5})} .$

La probabilité conditionnelle cherchée est donc

$\frac{(\binom{4}{2}) (\binom{48}{3})}{(\binom{52}{5}) - (\binom{48}{5})} = \frac{1081}{9236} ≃ 0,12 .$

Exercice 5 3954

(Paradoxe des deux enfants)

Une famille a deux enfants.

(a)

Quelle est la probabilité que les deux soient des garçons?
(b)

Quelle est cette probabilité sachant que l’aîné est un garçon?
(c)

On sait qu’au moins l’un des enfants est un garçon, quelle est la probabilité que les deux le soient?
(d)

On sait que l’un des deux enfants est un garçon et qu’il est né un 29 février. Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit aussi un garçon?

Exercice 6 5738 Correction

Une famille à deux enfants.

(a)

L’aîné est un garçon. Quelle est la probabilité que le cadet soit un garçon?
(b)

L’un des deux enfants est un garçon. Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit un garçon?
(c)

On sait que l’un des enfants est un garçon et qu’il s’appelle « Pierre ». Quelle est la probabilité que l’autre enfant soit un garçon? (il est entendu que les deux enfants ne portent pas le même prénom).

Solution

On introduit les événements

	$G_{1}$	$= « L’aîné de la famille est un garçon »$
	$G_{2}$	$= « Le cadet de la famille est un garçon ».$

(a)

Par indépendance, $P (G_{2} ∣ G_{1}) = P (G_{2}) = 1 / 2$ .
(b)

On étudie $P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2})$ . Par définition d’une probabilité conditionnelle,

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2})$ $= \frac{P (G_{1} \cap G_{2} \cap (G_{1} \cup G_{2}))}{P (G_{1} \cup G_{2})} = \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1} \cup G_{2})}$

$= \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1}) + P (G_{2}) - P (G_{1} \cap G_{2})} .$

Par indépendance, $P (G_{1} \cap G_{2}) = P (G_{1}) P (G_{2})$ et donc

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2}) = \frac{\frac{1}{4}}{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{4}} = \frac{1}{3} .$
(c)

On introduit les événements

$T_{1}$ $= «  L’aîné de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre  »$

$T_{2}$ $= «  Le cadet de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre  ».$

L’événement «  L’un des enfants est un garçon et il s’appelle Pierre  » correspond à

$A = T_{1} \cup T_{2} .$

Il s’agit ici de calculer $P (G_{1} \cup G_{2} ∣ A)$ . Par la définition des probabilités conditionnelles,

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ A) = \frac{P (G_{1} \cap G_{2} \cap A)}{P (A)} .$

En notant $p$ , la probabilité qu’un garçon s’appelle «  Pierre  » et sachant que les deux enfants ne portent pas le même prénom,

$P (A) = P (T_{1}) + P (T_{2}) = P (G_{1}) P (T ∣ G_{1}) + P (G_{2}) P (T ∣ G_{2}) = \frac{1}{2} p + \frac{1}{2} p = p .$

Parallèlement,

$P (G_{1} \cap G_{2} \cap A)$ $= P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{1}) + P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{2})$

$= P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{1} ∣ G_{1} \cap G_{2}) + P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{2} ∣ G_{1} \cap G_{2})$

$= \frac{1}{4} p + \frac{1}{4} p = \frac{1}{2} p$

et donc

$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ A) = \frac{1}{2} .$

Exercice 7 5932 Correction

On dispose de trois boîtes. Il y a la probabilité $p$ qu’un trésor se trouve dans l’une des boîtes et la probabilité $1 - p$ qu’il n’y ait pas de trésor dans celles-ci.

(a)

On ouvre une première boîte au hasard. Quelle est la probabilité d’y trouver un trésor?
(b)

On a ouvert deux boîtes sans y trouver de trésor. Quelle est la probabilité de trouver le trésor en ouvrant la troisième boîte?

Solution

Introduisons les événements:

T = « Le trésor se trouve dans une boîte »

A_{i} = « Le trésor se trouve dans la i -ème boîte ouverte » pour i = 1, 2, 3 .

Le contexte donne

P (T) = p et P (A_{i} ∣ T) = \frac{1}{3}

avec $A_{1}$ , $A_{2}$ et $A_{3}$ incompatibles de réunion $T$ .

(a)

Par la formule des probabilités composées,

$P (A_{1}) = P (A_{1} \cap T) = P (T) P (A_{1} ∣ T) = \frac{p}{3} .$
(b)

Il s’agit de déterminer $P (A_{3} ∣ \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})$ .

Par la formule des probabilités conditionnelles,

$P (A_{3} ∣ \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}}) = \frac{P (A_{3} \cap \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})}{P (\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})} = \frac{P (A_{3})}{P (\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})} .$

Or

$P (\bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}}) = P (\bar{A_{1} \cup A_{2}}) = 1 - P (A_{1} \cup A_{2}) = 1 - P (A_{1}) - P (A_{2}) .$

En généralisant la résolution de la question précédente, on a $P (A_{i}) = p / 3$ et donc

$P ((A_{3} ∣ \bar{A_{1}} \cap \bar{A_{2}})) = \frac{p / 3}{1 - 2 p / 3} = \frac{p}{3 - 2 p} .$

Exercice 8 3826 Correction

On considère $N$ coffres. Avec une probabilité $p$ , un trésor à été placé dans l’un de ces coffres, chaque coffre pouvant être choisi de façon équiprobable. On a ouvert $N - 1$ coffres sans trouver le trésor. Quelle est la probabilité pour qu’il figure dans le dernier coffre?

Solution

Considérons l’événement $A$ : un trésor est placé dans l’un des coffres. Par hypothèse

P (A) = p .

Considérons l’événement $A_{i}$ : un trésor est placé dans le coffre d’indice $i$ . Par hypothèse $P (A_{i}) = P (A_{j})$ et puisque les événements $A_{i}$ sont deux à deux incompatibles

P (A_{i}) = p / N .

La question posée consiste à déterminer

P (A_{N} ∣ {\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) .

On a

P ({\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) = 1 - P (A_{1} \cup \dots \cup A_{N - 1}) = 1 - \frac{N - 1}{N} p

P (A_{N} \cap {\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) = P (A_{N}) = \frac{p}{N}

donc

P (A_{N} ∣ {\bar{A}}_{1} \cap \dots \cap {\bar{A}}_{N - 1}) = \frac{p}{N - (N - 1) p} .

Exercice 9 3828

(Loi des successions de Laplace)

On dispose de $N + 1$ urnes numérotées de $0$ à $N$ . L’urne de numéro $k$ contient $k$ boules blanches et $N - k$ boules rouges. On choisit une urne au hasard, chaque choix étant équiprobable. Dans l’urne choisie, on tire des boules avec remise.

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Quelle est la probabilité que la $(n + 1)$ -ième boule tirée soit blanche sachant que les $n$ précédentes le sont toutes?
(b)

Que devient cette probabilité lorsque $N$ tend vers l’infini?

[<] Famille d'événements indépendants [>] Formule des probabilités totales et composées

Édité le 23-02-2024

	$P (G_{1} \cap G_{2} ∣ G_{1} \cup G_{2})$	$= \frac{P (G_{1} \cap G_{2} \cap (G_{1} \cup G_{2}))}{P (G_{1} \cup G_{2})} = \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1} \cup G_{2})}$
		$= \frac{P (G_{1} \cap G_{2})}{P (G_{1}) + P (G_{2}) - P (G_{1} \cap G_{2})} .$

	$T_{1}$	$= « L’aîné de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre »$
	$T_{2}$	$= « Le cadet de la famille est un garçon et il s’appelle Pierre ».$

	$P (G_{1} \cap G_{2} \cap A)$	$= P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{1}) + P (G_{1} \cap G_{2} \cap T_{2})$
		$= P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{1} ∣ G_{1} \cap G_{2}) + P (G_{1} \cap G_{2}) P (T_{2} ∣ G_{1} \cap G_{2})$
		$= \frac{1}{4} p + \frac{1}{4} p = \frac{1}{2} p$

Probabilités conditionnelles