Probabilités conditionnelles et probabilités totales | Terminale technologique (enseignement commun) | Mathématiques
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
On donne \(P(A) = 0{,}5\), \(P(B) = 0{,}4\) et \(P(A\cap B) = 0{,}2\).
1. Calculer \(P_A(B)\).
2. Calculer \(P_B(A)\).
3. Les évènements \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?
1. \(P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4\).
2. \(P_B(A) = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5\).
3. \(P(A)\times P(B) = 0{,}5\times 0{,}4 = 0{,}2 = P(A\cap B)\) : oui, ils sont indépendants.
Dans une classe, \(60\,\%\) sont des filles. Parmi les filles, \(30\,\%\) font de l'allemand ; parmi les garçons, \(50\,\%\). On choisit un élève au hasard.
1. Construire l'arbre pondéré.
2. Calculer la probabilité qu'il fasse de l'allemand.
1. Niveau 1 : \(F\) (\(0{,}6\)), \(G\) (\(0{,}4\)) ; niveau 2 : allemand \(0{,}3\) (depuis \(F\)) et \(0{,}5\) (depuis \(G\)).
2. \(P(\text{all.}) = 0{,}6\times0{,}3 + 0{,}4\times0{,}5 = 0{,}18 + 0{,}20 = 0{,}38\).
Une urne \(A\) contient \(3\) boules rouges et \(2\) vertes ; une urne \(B\) contient \(1\) rouge et \(4\) vertes. On choisit une urne au hasard (équiprobable) puis une boule.
1. Faire l'arbre.
2. Calculer la probabilité de tirer une rouge.
1. Niveau 1 : \(A\) (\(0{,}5\)), \(B\) (\(0{,}5\)) ; rouge : \(\frac35\) (depuis \(A\)), \(\frac15\) (depuis \(B\)).
2. \(P(R) = 0{,}5\times\dfrac35 + 0{,}5\times\dfrac15 = 0{,}3 + 0{,}1 = 0{,}4\).
Une machine produit des pièces ; \(8\,\%\) sont défectueuses. Un contrôle accepte à tort \(10\,\%\) des pièces défectueuses (les déclare bonnes) et rejette à tort \(3\,\%\) des bonnes.
1. Donner la probabilité qu'une pièce défectueuse soit acceptée, et qu'une bonne soit acceptée.
2. Quelle est la probabilité qu'une pièce soit acceptée ?
1. Une défectueuse est acceptée avec probabilité \(0{,}10\) ; une bonne est acceptée avec probabilité \(1 - 0{,}03 = 0{,}97\).
2. \(P(\text{acc.}) = P(\text{déf.})\times0{,}10 + P(\text{bonne})\times0{,}97 = 0{,}08\times0{,}10 + 0{,}92\times0{,}97 = 0{,}008 + 0{,}8924 = 0{,}9004\).
Trois ateliers \(A_1, A_2, A_3\) fabriquent respectivement \(50\,\%\), \(30\,\%\), \(20\,\%\) des articles, avec des taux de défaut de \(1\,\%\), \(2\,\%\), \(4\,\%\).
1. Justifier que \(A_1, A_2, A_3\) forment une partition de l'univers.
2. Calculer la probabilité qu'un article soit défectueux.
1. Chaque article provient d'un seul atelier (incompatibles) et forcément de l'un des trois (réunion \(= \Omega\)) : c'est une partition en trois évènements.
2. \(P(D) = 0{,}5\times0{,}01 + 0{,}3\times0{,}02 + 0{,}2\times0{,}04 = 0{,}005 + 0{,}006 + 0{,}008 = 0{,}019\), soit \(1{,}9\,\%\).
Dans une population, \(1\,\%\) est malade (\(M\)). Le test est positif (\(T\)) chez \(95\,\%\) des malades et chez \(4\,\%\) des non-malades.
1. Calculer \(P(T)\), probabilité qu'un test soit positif.
2. Calculer \(P_T(M)\), probabilité d'être réellement malade sachant que le test est positif. Commenter.
1. \(P(T) = 0{,}01\times0{,}95 + 0{,}99\times0{,}04 = 0{,}0095 + 0{,}0396 = 0{,}0491\).
2. \(P_T(M) = \dfrac{P(M\cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}01\times0{,}95}{0{,}0491} = \dfrac{0{,}0095}{0{,}0491} \approx 0{,}193\). Seulement 19,3 % des tests positifs correspondent à un vrai malade, car la maladie est rare : les faux positifs (issus de la grande population saine) dominent.
Deux évènements indépendants \(A\) et \(B\) vérifient \(P(A) = 0{,}3\) et \(P(B) = 0{,}5\).
1. Calculer \(P(A\cap B)\).
2. Calculer \(P(A\cup B)\).
1. Indépendance : \(P(A\cap B) = 0{,}3\times0{,}5 = 0{,}15\).
2. \(P(A\cup B) = P(A)+P(B)-P(A\cap B) = 0{,}3+0{,}5-0{,}15 = 0{,}65\).
Une usine reçoit ses composants de deux fournisseurs. Le fournisseur \(F_1\) livre \(60\,\%\) des composants, dont \(2\,\%\) sont défectueux. Le fournisseur \(F_2\) livre les \(40\,\%\) restants, dont \(5\,\%\) sont défectueux. On prélève un composant au hasard ; soit \(D\) l'évènement « le composant est défectueux ».
1. Construire l'arbre pondéré.
2. Calculer \(P(F_1\cap D)\) et \(P(F_2\cap D)\).
3. En déduire \(P(D)\) par la formule des probabilités totales.
4. Un composant prélevé est défectueux. Calculer la probabilité qu'il provienne de \(F_1\). Commenter.
1. Niveau 1 : \(F_1\) (\(0{,}6\)), \(F_2\) (\(0{,}4\)) ; niveau 2 depuis \(F_1\) : \(D\) (\(0{,}02\)), \(\overline D\) (\(0{,}98\)) ; depuis \(F_2\) : \(D\) (\(0{,}05\)), \(\overline D\) (\(0{,}95\)).
2. \(P(F_1\cap D) = 0{,}6\times0{,}02 = 0{,}012\) ; \(P(F_2\cap D) = 0{,}4\times0{,}05 = 0{,}020\).
3. \(P(D) = 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032\), soit \(3{,}2\,\%\).
4. \(P_D(F_1) = \dfrac{P(F_1\cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}012}{0{,}032} = 0{,}375\). Bien que \(F_1\) livre plus de composants, seulement \(37{,}5\,\%\) des composants défectueux viennent de lui : \(F_2\), plus « défaillant », fournit la majorité des défauts.