Corrigé du contrôle de maths 2de : probabilités conditionnelles, arbres pondérés

Exercice 1 : Automatismes (4 points)

1. \(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2\). Réponse : \(0{,}2\).
2. \(P_A(\overline{B}) = 1 – P_A(B) = 1 – 0{,}3 = 0{,}7\). Réponse : \(0{,}7\).
3. On se restreint aux 10 élèves de l’association : \(\frac{4}{10} = 0{,}4\). Réponse : \(0{,}4\), soit \(40\,\%\).
4. \(0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18\).
5. La somme des probabilités des branches issues d’un même nœud vaut 1 : \(1 – 0{,}25 = 0{,}75\). Réponse : \(0{,}75\).
6. \(P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{0{,}12}{0{,}4} = 0{,}3\). Réponse : \(0{,}3\).
7. \(20\,\%\) de \(30\,\%\) : \(0{,}2 \times 0{,}3 = 0{,}06\). Réponse : \(6\,\%\) des adhérents.
8. Faux : en général \(P_A(B) \neq P_B(A)\). Par exemple, dans l’exercice 2, \(P_D(M) = 0{,}4\) alors que \(P_M(D) \approx 0{,}444\).

Barème : 0,5 point par réponse exacte ; à la question h, « faux » sans aucune justification ou contre-exemple vaut 0,25 point.

Exercice 2 : Demi-pension et distance au lycée (4 points)

1. On complète par différences : \(300 – 120 = 180\) ; \(270 – 120 = 150\) ; \(500 – 300 = 200\) ; \(500 – 270 = 230\) et on vérifie \(150 + 50 = 200\), \(180 + 50 = 230\).
   

   	Moins de 5 km	5 km ou plus	Total
   Demi-pensionnaire	120	180	300
   Externe	150	50	200
   Total	270	230	500

2. L’élève est choisi au hasard, on est en situation d’équiprobabilité : \(P(D) = \frac{300}{500} = 0{,}6\) et \(P(D \cap M) = \frac{120}{500} = 0{,}24\). \(P(D) = 0{,}6\) et \(P(D \cap M) = 0{,}24\).
3. On se restreint aux 300 demi-pensionnaires : \(P_D(M) = \frac{120}{300} = 0{,}4\). Parmi les demi-pensionnaires, \(40\,\%\) habitent à moins de 5 km du lycée.
4. On se restreint aux 270 élèves habitant à moins de 5 km : \(P_M(D) = \frac{120}{270} = \frac{4}{9} \approx 0{,}444\). \(P_M(D) \approx 0{,}444\).
5. Parmi les 230 élèves habitant à 5 km ou plus : \(P_{\overline{M}}(D) = \frac{180}{230} = \frac{18}{23} \approx 0{,}783\). Or \(P_M(D) \approx 0{,}444\). Comme \(0{,}783 > 0{,}444\), Kenzo a raison : environ \(78\,\%\) des élèves qui habitent loin sont demi-pensionnaires, contre environ \(44\,\%\) de ceux qui habitent près.

Erreur fréquente : diviser par l’effectif total 500 au lieu de l’effectif de la condition (300 ou 270) : on obtient alors \(P(D \cap M)\), pas une probabilité conditionnelle.

Barème : a) 1 point (0,25 point par case manquante erronée) ; b) 0,25 point pour \(P(D)\), 0,5 point pour \(P(D \cap M)\) ; c) 0,5 point pour le calcul, 0,25 point pour la phrase ; d) 0,75 point ; e) 0,5 point pour \(P_{\overline{M}}(D)\), 0,25 point pour la conclusion.

Exercice 3 : Le service de Lina (4 points)

1. La somme des probabilités issues d’un même nœud vaut 1 : \(P(\overline{R}) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\) ; \(P_R(\overline{G}) = 1 – 0{,}75 = 0{,}25\) ; \(P_{\overline{R}}(\overline{G}) = 1 – 0{,}45 = 0{,}55\).

   

2. On multiplie les probabilités le long de la branche : \(P(R \cap G) = P(R) \times P_R(G) = 0{,}6 \times 0{,}75 = 0{,}45\). La probabilité est \(0{,}45\).
3. \(P(\overline{R} \cap G) = P(\overline{R}) \times P_{\overline{R}}(G) = 0{,}4 \times 0{,}45 = 0{,}18\). \(P(\overline{R} \cap G) = 0{,}18\).
4. L’événement \(G\) est obtenu par deux chemins de l’arbre, ceux qui aboutissent à \(G\) : \(P(G) = P(R \cap G) + P(\overline{R} \cap G) = 0{,}45 + 0{,}18 = 0{,}63\). Lina gagne le point avec une probabilité de \(0{,}63\).
5. On cherche \(P_G(R) = \frac{P(R \cap G)}{P(G)} = \frac{0{,}45}{0{,}63} = \frac{5}{7} \approx 0{,}71\). Sachant que Lina a gagné le point, la probabilité que sa première balle ait été réussie est environ \(0{,}71\).

Erreur fréquente : répondre \(0{,}75\) à la question e : c’est \(P_R(G)\), la probabilité de gagner sachant que la balle est réussie, et non l’inverse.

Barème : a) 1,25 point (0,25 point par probabilité manquante, 0,5 point pour la structure) ; b) 0,25 point pour la méthode, 0,5 point pour le résultat ; c) 0,75 point ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point pour le quotient, 0,25 point pour l’arrondi.

Exercice 4 : Un test de dépistage (5 points)

1. D’après l’énoncé : \(P(M) = 0{,}02\), \(P_M(T) = 0{,}95\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}90\). On en déduit \(P(\overline{M}) = 0{,}98\), \(P_M(\overline{T}) = 0{,}05\) et \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}10\).

   

2. \(P(M \cap T) = 0{,}02 \times 0{,}95 = 0{,}019\). \(P(M \cap T) = 0{,}019\).
3. Deux chemins mènent à \(T\) :
   \(P(\overline{M} \cap T) = 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}098\)
   \(P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}019 + 0{,}098 = 0{,}117\).
   La probabilité que le test soit positif est bien \(0{,}117\).
4. Faux positif : \(P(\overline{M} \cap T) = 0{,}098\). Faux négatif : \(P(M \cap \overline{T}) = 0{,}02 \times 0{,}05 = 0{,}001\). La probabilité d’un faux positif est \(0{,}098\) et celle d’un faux négatif est \(0{,}001\).
5. \(P_T(M) = \frac{P(M \cap T)}{P(T)} = \frac{0{,}019}{0{,}117} = \frac{19}{117} \approx 0{,}16\). Sachant que son test est positif, Anaïs est malade avec une probabilité d’environ \(0{,}16\).
6. Le journal confond \(P_M(T) = 0{,}95\) (probabilité d’être positif quand on est malade) et \(P_T(M) \approx 0{,}16\) (probabilité d’être malade quand on est positif). Comme la maladie est rare, les faux positifs (\(0{,}098\)) sont bien plus nombreux que les vrais positifs (\(0{,}019\)) : seuls \(16\,\%\) environ des tests positifs correspondent à des malades.

Barème : a) 1 point (0,5 point pour la structure, 0,5 point pour les probabilités) ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour \(P(\overline{M} \cap T)\), 0,5 point pour la somme ; d) 0,5 point par probabilité ; e) 0,75 point pour le quotient, 0,25 point pour l’arrondi ; f) 0,5 point pour une explication qui distingue les deux probabilités.

Exercice 5 : De l’arbre au tableau croisé (3 points)

1. Paiements par carte : \(0{,}7 \times 1\,000 = 700\), dont \(0{,}4 \times 700 = 280\) avec la carte de fidélité et \(700 – 280 = 420\) sans.
   Autres paiements : \(1\,000 – 700 = 300\), dont \(0{,}2 \times 300 = 60\) avec la carte de fidélité et \(300 – 60 = 240\) sans.
   

   	Fidélité \(F\)	Sans fidélité \(\overline{F}\)	Total
   Carte bancaire \(C\)	280	420	700
   Autre paiement \(\overline{C}\)	60	240	300
   Total	340	660	1 000

2. \(P(F) = \frac{340}{1\,000} = 0{,}34\). \(P(F) = 0{,}34\).
3. On se restreint aux 340 clients qui ont la carte de fidélité : \(P_F(C) = \frac{280}{340} = \frac{14}{17} \approx 0{,}824\). Sachant qu’un client possède la carte de fidélité, la probabilité qu’il paie par carte bancaire est environ \(0{,}824\).

Barème : a) 1,5 point (0,5 point pour les totaux 700 et 300, 0,75 point pour les quatre cases, 0,25 point pour les totaux 340 et 660) ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour la restriction à la colonne \(F\), 0,5 point pour le résultat.

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