Problèmes sur les probabilités conditionnelles

Le test de dépistage

Une maladie touche \(1 \ \%\) d'une population. Un test de dépistage donne un résultat positif chez \(98 \ \%\) des malades, mais aussi chez \(3 \ \%\) des personnes saines.

1. Traduire l'énoncé en probabilités, en notant \(M\) « être malade » et \(T\) « avoir un test positif ».
   $$ P(M) = 0.01 \hspace{2em} P_M(T) = 0.98 \hspace{2em} P_{\overline{M}}(T) = 0.03 $$
2. Calculer la probabilité qu'une personne prise au hasard ait un test positif.
   $$ P(T) = 0.01 \times 0.98 + 0.99 \times 0.03 $$

   $$ P(T) = 0.0098 + 0.0297 $$

   $$ P(T) = 0.0395 $$
3. Une personne a un test positif. Quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ? Arrondir au centième.
   $$ P_T(M) = \frac{0.0098}{0.0395} $$

   $$ P_T(M) \approx 0.25 $$
4. Le test détecte \(98 \ \%\) des malades, et pourtant un test positif n'est juste qu'une fois sur quatre. Expliquer.

   Sur \(10 \ 000\) personnes, \(100\) sont malades et \(98\) d'entre elles sont détectées. Mais parmi les \(9 \ 900\) personnes saines, \(3 \ \%\) - soit \(297\) - sont positives à tort.

   Les faux positifs sont trois fois plus nombreux que les vrais, parce que la population saine est cent fois plus grande. La rareté de la maladie l'emporte sur la qualité du test.

Les deux ateliers

Une usine produit des pièces dans deux ateliers. L'atelier \(A\) en fabrique \(60 \ \%\), l'atelier \(B\) le reste. Le taux de rebut est de \(4 \ \%\) chez \(A\) et de \(1 \ \%\) chez \(B\).

1. Calculer la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit défectueuse.
   $$ P(D) = 0.6 \times 0.04 + 0.4 \times 0.01 $$

   $$ P(D) = 0.024 + 0.004 = 0.028 $$
2. Une pièce défectueuse est trouvée. De quel atelier vient-elle le plus probablement ?
   $$ P_D(A) = \frac{0.024}{0.028} \approx 0.857 $$

   $$ \text{plus de huit fois sur dix, de l'atelier } A $$
3. L'atelier \(B\) est quatre fois plus fiable, mais l'écart de responsabilité est de six contre un. Pourquoi ?

   L'atelier \(A\) cumule deux désavantages : il produit une fois et demie plus de pièces, et son taux de rebut est quatre fois plus élevé. Les deux facteurs se multiplient.

4. Quel taux de rebut l'atelier \(A\) devrait-il atteindre pour que les deux ateliers soient responsables à parts égales ?

   Il faut \(0.6 \times t = 0.4 \times 0.01\) :

   $$ t = \frac{0.004}{0.6} \approx 0.0067 $$

   Soit un taux d'environ \(0.67 \ \%\).

La série de tirs

Une joueuse réussit chacun de ses tirs avec la probabilité \(0.7\), indépendamment des précédents. Elle en effectue trois de suite.

1. Calculer la probabilité qu'elle réussisse les trois tirs.
   $$ P = 0.7^3 = 0.343 $$
2. Calculer la probabilité qu'elle en réussisse exactement deux.

   Trois chemins conviennent : \(RRM\), \(RMR\), \(MRR\).

   $$ P = 3 \times 0.7^2 \times 0.3 $$

   $$ P = 0.441 $$
3. Calculer la probabilité qu'elle en réussisse au moins un.

   On passe par l'évènement contraire, « aucun tir réussi » :

   $$ P = 1 - 0.3^3 = 1 - 0.027 $$

   $$ P = 0.973 $$
4. Vérifier que les quatre cas possibles - zéro, un, deux ou trois succès - ont des probabilités de somme \(1\).
   $$ 0.027 + 3 \times 0.3^2 \times 0.7 + 0.441 + 0.343 $$

   $$ = 0.027 + 0.189 + 0.441 + 0.343 $$

   $$ = 1 $$

Ce que le dé rouge ne dit pas

Dans un jeu de société, on lance un dé rouge et un dé vert, tous deux équilibrés, et le pion avance de la somme des deux faces. Les \(36\) résultats sont équiprobables. On note \(R\) l'évènement « le dé rouge donne \(3\) », \(S\) « la somme vaut \(7\) », \(Q\) « la somme est paire » et \(D\) « les deux dés donnent le même nombre ».

Le tableau des sommes est amorcé : sa première ligne est remplie.

1. Compléter le tableau, puis calculer \(P(R)\), \(P(S)\), \(P(Q)\) et \(P(D)\).

   \(+\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)
   \(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)
   \(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)
   \(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)
   \(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)
   \(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)	\(11\)
   \(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)	\(11\)	\(12\)

   \(R\) est une colonne entière du tableau, \(S\) la diagonale des \(7\), \(D\) la diagonale des doubles :

   $$ P(R) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \hspace{2em} P(S) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \hspace{2em} P(D) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6} $$

   La somme est paire quand les deux dés ont la même parité : \(3 \times 3\) cas avec deux nombres pairs, autant avec deux impairs.

   $$ P(Q) = \frac{18}{36} = \frac{1}{2} $$
2. Montrer que \(R\) et \(S\) sont indépendants, puis interpréter ce résultat.

   Une seule case porte un \(7\) dans la colonne du \(3\), celle du couple \((3 \ ; \ 4)\) :

   $$ P(R \cap S) = \frac{1}{36} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} P(R) \times P(S) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36} $$

   $$ P(R \cap S) = P(R) \times P(S) : \text{les deux évènements sont indépendants} $$

   Autrement dit \(P_R(S) = \frac{1}{6} = P(S)\) : apprendre que le dé rouge donne \(3\) ne change rien à la probabilité de faire \(7\). Quelle que soit la face du dé rouge, une seule face du dé vert complète à \(7\).

3. Ces quatre évènements forment six paires. Déterminer toutes les paires d'évènements indépendants, et prouver qu'aucune autre ne l'est.

   On compte les cases de chaque intersection, puis on compare au produit des probabilités.

   \(R\) et \(Q\) : le dé rouge donne \(3\), la somme est paire, donc le dé vert est impair : \(3\) cases.

   $$ P(R \cap Q) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12} $$

   \(R\) et \(D\) : une seule case, le double \((3 \ ; \ 3)\).

   $$ P(R \cap D) = \frac{1}{36} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36} $$

   \(S\) et \(Q\) : \(7\) est impair, donc \(S \cap Q\) est vide.

   $$ P(S \cap Q) = 0 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12} $$

   \(S\) et \(D\) : un double a une somme paire, donc \(S \cap D\) est vide.

   $$ P(S \cap D) = 0 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{36} $$

   \(Q\) et \(D\) : tout double a une somme paire, donc \(Q \cap D = D\).

   $$ P(Q \cap D) = \frac{1}{6} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} \frac{1}{2} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{12} $$

   Les six paires sont examinées, et trois seulement donnent l'égalité :

   $$ \text{indépendants : } R \text{ et } S \ , \quad R \text{ et } Q \ , \quad R \text{ et } D $$

   Les trois paires indépendantes contiennent toutes \(R\) : le dé rouge seul n'apprend rien sur la somme ni sur l'égalité des deux dés. Les trois évènements qui portent sur le couple, eux, se renseignent l'un l'autre.

4. Pour un entier \(s\), on note \(S_s\) l'évènement « la somme vaut \(s\) ». Trouver toutes les valeurs de \(s\) pour lesquelles \(S_s\) et \(R\) sont indépendants, et prouver qu'il n'y en a pas d'autre.

   En comptant les cases du tableau par diagonales, le nombre de cases de \(S_s\) vaut :

   \(s\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(10\)	\(11\)	\(12\)
   cases	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(5\)	\(4\)	\(3\)	\(2\)	\(1\)

   On note \(n_s\) ce nombre de cases, de sorte que \(P(S_s) = \frac{n_s}{36}\). L'indépendance s'écrit :

   $$ P(R \cap S_s) = \frac{1}{6} \times \frac{n_s}{36} = \frac{n_s}{216} $$

   Si \(4 \leqslant s \leqslant 9\) : dans la colonne du \(3\), une seule case donne la somme \(s\), celle où le dé vert donne \(s - 3\), qui est bien un nombre de \(1\) à \(6\).

   $$ \frac{1}{36} = \frac{n_s}{216} \iff n_s = 6 \iff s = 7 $$

   Si \(s \leqslant 3\) ou \(s \geqslant 10\) : aucune case de la colonne du \(3\) ne donne la somme \(s\), car \(s - 3\) sort de \(1\) à \(6\). Il faudrait \(\frac{n_s}{216} = 0\), donc \(n_s = 0\), alors que toutes les sommes de \(2\) à \(12\) sont possibles.

   $$ s = 7 \ \text{est la seule valeur} $$

   C'est la seule somme que chaque face du dé rouge peut encore atteindre : dès que la somme visée s'écarte de \(7\), certaines faces du dé rouge la rendent impossible, et le dé rouge devient une information.

La double sauvegarde

Une photographe archive ses fichiers sur des disques externes. Un disque grand public coûte \(60 \ \text{€}\) et tombe en panne dans l'année avec la probabilité \(0.1\) ; un disque professionnel coûte \(180 \ \text{€}\) et tombe en panne avec la probabilité \(0.015\). Les archives sont perdues quand tous les disques qui les portent tombent en panne la même année. Les pannes de deux disques distincts sont indépendantes.

On note \(A\) l'évènement « le premier disque tombe en panne » et \(B\) « le second disque tombe en panne ». L'arbre est amorcé.

1. Compléter l'arbre, puis calculer la probabilité de perdre les archives avec deux disques grand public. Comparer au disque professionnel seul. On néglige ici tout risque commun.

   Les pannes étant indépendantes, les quatre branches du second niveau valent \(0.1\) et \(0.9\), comme au premier.

   Les archives sont perdues sur le seul chemin \(A \cap B\) :

   $$ P(A \cap B) = 0.1 \times 0.1 = 0.01 $$

   Les quatre chemins donnent \(0.01 + 0.09 + 0.09 + 0.81 = 1\), ce qui valide l'arbre.

   $$ 0.01 < 0.015 : \text{deux disques à } 120 \ \text{€} \ \text{protègent mieux qu'un seul à } 180 \ \text{€} $$
2. Avec trois disques grand public - le prix d'un disque professionnel - calculer la probabilité de tout perdre, puis celle de devoir remplacer au moins un disque dans l'année.

   L'arbre compte maintenant huit chemins. Un seul les fait tomber tous les trois en panne :

   $$ P(\text{tout perdre}) = 0.1^3 = 0.001 $$

   Pour la seconde probabilité, on passe par l'évènement contraire, « les trois disques tiennent » :

   $$ P(\text{au moins une panne}) = 1 - 0.9^3 = 1 - 0.729 $$

   $$ P(\text{tout perdre}) = 0.001 \hspace{2em} P(\text{au moins une panne}) = 0.271 $$

   Trois chemins donnent exactement une panne, soit \(3 \times 0.1 \times 0.9^2 = 0.243\) : la photographe doit s'attendre à remplacer un disque presque une année sur quatre, alors que la perte des archives est mille fois moins probable qu'avec un seul disque.

3. Les disques sont rangés dans le même studio. Une surtension, de probabilité \(0.02\) dans l'année, les détruit tous en même temps ; en son absence, les pannes restent indépendantes. Reprendre les deux calculs, puis montrer qu'aucun nombre de disques ne fait descendre la probabilité de perte sous \(0.02\).

   On distingue selon la surtension. Avec \(k\) disques au studio, la formule des probabilités totales donne :

   $$ P(\text{perte}) = 0.02 + 0.98 \times 0.1^{\,k} $$

   $$ k = 2 : \quad 0.02 + 0.98 \times 0.01 = 0.02 + 0.0098 = 0.0298 $$

   $$ k = 3 : \quad 0.02 + 0.98 \times 0.001 = 0.02 + 0.00098 = 0.02098 $$

   Le terme \(0.98 \times 0.1^{\,k}\) est strictement positif pour tout \(k\), et devient aussi petit que l'on veut :

   $$ P(\text{perte}) > 0.02 \ \text{quel que soit le nombre de disques} $$

   Le risque commun fixe un plancher. Le disque professionnel seul, lui, donne \(0.02 + 0.98 \times 0.015 = 0.0347\).

4. La photographe hésite entre acheter un troisième disque, les trois restant au studio, et garder deux disques en emportant l'un chez elle, où la surtension du studio n'a pas d'effet. Trancher.

   Trois disques au studio : c'est le calcul précédent, pour \(180 \ \text{€}\).

   $$ P(\text{perte}) = 0.02098 $$

   Deux disques, deux lieux : celui du studio est perdu s'il y a surtension, ou s'il tombe en panne sans elle ; celui de la maison tombe en panne avec la probabilité \(0.1\). Les deux pertes sont maintenant indépendantes.

   $$ P(\text{studio perdu}) = 0.02 + 0.98 \times 0.1 = 0.118 $$

   $$ P(\text{perte}) = 0.118 \times 0.1 = 0.0118 $$

   $$ 0.0118 < 0.02098 : \text{mieux vaut deux lieux qu'un disque de plus} $$

   La solution à deux lieux est presque deux fois plus sûre, et coûte \(60 \ \text{€}\) de moins. Ce n'est pas le nombre de disques qui protège, c'est le nombre de lieux : tant que les disques partagent le même risque, ce risque fixe un plancher que le troisième disque ne fait pas baisser.