Corrigé du contrôle de maths L1 : probabilités finies, Bayes et loi binomiale

Exercice 1 : Question de cours : probabilités totales et formule de Bayes (3 points)

1. Les événements \(A_1, \ldots, A_n\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion vaut \(\Omega\). Donc \(B = B \cap \Omega = \bigcup_{i=1}^{n} (B \cap A_i)\), et les événements \(B \cap A_i\) sont deux à deux incompatibles.

   Par additivité de \(P\), on obtient \(P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(B \cap A_i)\). Ensuite, par définition de la probabilité conditionnelle, \(P(B \cap A_i) = P(A_i)\,P_{A_i}(B)\), car \(P(A_i) > 0\). Ainsi \(P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i)\,P_{A_i}(B)\).

2. Formule de Bayes : si \(P(B) > 0\), alors pour tout \(j\),

   \[P_B(A_j) = \dfrac{P(A_j)\,P_{A_j}(B)}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i)\,P_{A_i}(B)}.\]

   Démonstration : par définition, \(P_B(A_j) = \dfrac{P(A_j \cap B)}{P(B)}\). D’une part, \(P(A_j \cap B) = P(A_j)\,P_{A_j}(B)\). D’autre part, le dénominateur est donné par la question a. La formule est donc démontrée.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la partition de \(B\), 0,5 point pour l’additivité, 0,5 point pour les probabilités conditionnelles ; b) 1,5 point : 0,5 point pour l’énoncé avec l’hypothèse \(P(B) > 0\), 1 point pour la démonstration.

Exercice 2 : Tirages simultanés dans une urne (4 points)

1. On numérote les boules de 1 à 10 (les rouges de 1 à 4). Un tirage est une partie à 3 éléments de \(\{1, \ldots, 10\}\). Donc \(\Omega\) est l’ensemble de ces parties, et \(\operatorname{card} \Omega = \binom\,{10}{3} = 120\). Les boules sont indiscernables au toucher : tous les tirages ont la même chance. On munit donc \(\Omega\) de la probabilité uniforme.

2. D’abord, il y a \(\binom\,{4}{3} = 4\) tirages de trois rouges. Donc \(P(Y = 3) = \dfrac{4}{120} = \dfrac{1}{30}\).

   Ensuite, un tirage avec exactement une rouge s’obtient en choisissant une rouge parmi 4, puis deux noires parmi 6 : \(4 \times \binom\,{6}{2} = 4 \times 15 = 60\) tirages. Donc \(P(Y = 1) = \dfrac{60}{120} = \dfrac{1}{2}\).

   Enfin, l’événement contraire de « au moins une rouge » est « trois noires », qui compte \(\binom\,{6}{3} = 20\) tirages. Donc \(P(Y \geq\, 1) = 1 – \dfrac{20}{120} = \dfrac{5}{6}\).

3. Il reste \(P(Y = 2) = \dfrac{\binom\,{4}{2}\binom\,{6}{1}}{120} = \dfrac{36}{120} = \dfrac{3}{10}\), et \(P(Y = 0) = \dfrac{20}{120} = \dfrac{1}{6}\).

   \(k\)	0	1	2	3
   \(P(Y = k)\)	\(\dfrac{20}{120}\)	\(\dfrac{60}{120}\)	\(\dfrac{36}{120}\)	\(\dfrac{4}{120}\)

   Vérification : \(20 + 60 + 36 + 4 = 120\). Ensuite :

   \[E(Y) = \dfrac{0 \times 20 + 1 \times 60 + 2 \times 36 + 3 \times 4}{120} = \dfrac{144}{120} = \dfrac{6}{5}.\]

   Donc \(E(Y) = \dfrac{6}{5}\). C’est bien \(3 \times \dfrac{4}{10}\) : chaque boule tirée est rouge avec probabilité \(\dfrac{4}{10}\).

Erreur fréquente : compter des tirages ordonnés au numérateur et non ordonnés au dénominateur. Il faut garder le même modèle partout.

Barème : a) 0,5 point ; b) 2 points : 0,5 point pour trois rouges, 1 point pour exactement une rouge, 0,5 point pour au moins une rouge ; c) 1,5 point : 1 point pour la loi, 0,5 point pour l’espérance.

Exercice 3 : Un test de dépistage (5 points)

1. D’après l’énoncé, \(P(M) = 0{,}02\), \(P_M(T) = 0{,}95\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}10\). On en déduit l’arbre suivant.

   

2. Les événements \(M\) et \(\overline{M}\) forment un système complet. D’après la formule des probabilités totales :

   \[P(T) = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}019 + 0{,}098.\]

   Donc \(P(T) = 0{,}117\).

3. D’après la formule de Bayes :

   \[P_T(M) = \dfrac{P(M)\,P_M(T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}019}{0{,}117} = \dfrac{19}{117}.\]

   Donc \(P_T(M) = \dfrac{19}{117} \approx 0{,}16\). Ainsi, environ 84 % des tests positifs concernent des personnes saines. En effet, la maladie est rare, donc les faux positifs sont nombreux par rapport aux vrais positifs.

4. D’abord, par indépendance conditionnelle, \(P_M(T_1 \cap T_2) = 0{,}95^2 = 0{,}9025\) et \(P_{\overline{M}}(T_1 \cap T_2) = 0{,}10^2 = 0{,}01\). Par la formule des probabilités totales :

   \[P(T_1 \cap T_2) = 0{,}02 \times 0{,}9025 + 0{,}98 \times 0{,}01 = 0{,}01805 + 0{,}0098 = 0{,}02785.\]

   Ensuite, la formule de Bayes donne \(P_{T_1 \cap T_2}(M) = \dfrac{0{,}01805}{0{,}02785} = \dfrac{1805}{2785} = \dfrac{361}{557}\).

   Donc \(P_{T_1 \cap T_2}(M) = \dfrac{361}{557} \approx 0{,}65\). Le second test positif rend la maladie probable. C’est pourquoi on confirme toujours un dépistage positif.

Erreur fréquente : confondre \(P_T(M)\) avec \(P_M(T) = 0{,}95\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point : 0,5 point pour la formule citée, 0,5 point pour le résultat ; c) 1,5 point : 1 point pour Bayes, 0,5 point pour la valeur approchée et le commentaire ; d) 1,5 point : 0,5 point pour l’indépendance conditionnelle, 0,5 point pour \(P(T_1 \cap T_2)\), 0,5 point pour le résultat.

Exercice 4 : Indépendance deux à deux et mutuelle (3 points)

1. On prend \(\Omega = \{PP, PF, FP, FF\}\) muni de la probabilité uniforme, car la pièce est équilibrée et les lancers indépendants. Alors \(A = \{PP, PF\}\), \(B = \{PP, FP\}\) et \(C = \{PP, FF\}\). Chacun a pour probabilité \(\dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}\).

   Ensuite, \(A \cap B = A \cap C = B \cap C = \{PP\}\), de probabilité \(\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}\). Donc \(A\), \(B\) et \(C\) sont deux à deux indépendants.

2. On a \(A \cap B \cap C = \{PP\}\), donc \(P(A \cap B \cap C) = \dfrac{1}{4}\). Or \(P(A)\,P(B)\,P(C) = \dfrac{1}{8}\). Les événements ne sont donc pas mutuellement indépendants. En effet, si \(A\) et \(B\) sont réalisés, alors \(C\) l’est forcément.

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour l’univers et les événements, 1 point pour les trois égalités ; b) 1,5 point : 1 point pour le calcul, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 5 : Problème : répondre au hasard à un QCM (5 points)

1. Chaque question est une épreuve de Bernoulli de succès « bonne réponse », de probabilité \(\dfrac{1}{4}\). On répète 10 fois cette épreuve de façon indépendante, et \(X\) compte les succès. Donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10, \dfrac{1}{4})\), et pour \(k \in \{0, \ldots, 10\}\) :

   \[P(X = k) = \binom\,{10}{k}(\dfrac{1}{4})^{k}(\dfrac{3}{4})^{10-k}.\]

   En particulier, \(P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (\dfrac{3}{4})^{10}\).

2. On note \(X_i\) la variable qui vaut 1 si la réponse à la question \(i\) est juste, et 0 sinon. Chaque \(X_i\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p = \dfrac{1}{4}\) : \(E(X_i) = p\) et \(V(X_i) = p(1 – p) = \dfrac{3}{16}\). De plus, \(X = X_1 + \cdots + X_{10}\).

   Par linéarité de l’espérance, \(E(X) = 10 \times \dfrac{1}{4}\). Ensuite, les \(X_i\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme des variances : \(V(X) = 10 \times \dfrac{3}{16}\). Ainsi \(E(X) = \dfrac{5}{2}\) et \(V(X) = \dfrac{15}{8}\).

3. L’étudiant a \(X\) bonnes réponses et \(10 – X\) mauvaises. Donc \(S = 3X – (10 – X) = 4X – 10\). Par linéarité, \(E(S) = 4 \times \dfrac{5}{2} – 10 = 0\). Ensuite, \(V(S) = 4^2\,V(X) = 16 \times \dfrac{15}{8} = 30\).

   Donc \(S = 4X – 10\), \(E(S) = 0\) et \(V(S) = 30\). En moyenne, répondre au hasard ne rapporte rien : le barème est dissuasif.

4. Pour \(k \in \{0, \ldots, 9\}\), on a \(\dbinom{10}{k+1} = \dbinom{10}{k} \times \dfrac{10 – k}{k + 1}\). Donc :

   \[\dfrac{P(X = k+1)}{P(X = k)} = \dfrac{10 – k}{k + 1} \times \dfrac{1/4}{3/4} = \dfrac{10 – k}{3(k + 1)}.\]

   Ce quotient est strictement supérieur à 1 si et seulement si \(10 – k > 3k + 3\), c’est-à-dire \(k < \dfrac{7}{4}\), soit \(k \in \{0, 1\}\). Pour \(k \geq\, 2\), il est strictement inférieur à 1 (il ne vaut jamais 1, car \(\dfrac{7}{4}\) n’est pas entier).

   Ainsi \(P(X = 0) < P(X = 1) < P(X = 2)\), puis la suite décroît strictement. La probabilité \(P(X = k)\) est maximale pour \(k = 2\).

   

Erreur fréquente : écrire \(V(4X – 10) = 4\,V(X) – 10\). En réalité, \(V(aX + b) = a^2\,V(X)\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour la justification, 0,5 point pour les formules ; b) 1,5 point : 0,5 point pour la décomposition, 0,5 point pour l’espérance, 0,5 point pour la variance avec l’indépendance citée ; c) 1 point : 0,5 point pour \(S\) et \(E(S)\), 0,5 point pour \(V(S)\) ; d) 1,5 point : 0,5 point pour le quotient, 0,5 point pour l’inégalité, 0,5 point pour la conclusion.

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Après le corrigé du contrôle : probabilités finies, Bayes et loi binomiale

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