$course$/QCM de maths/Première tronc commun/Phénomènes aléatoires Probabilités conditionnelles (tableaux croisés et arbres
pondérés), indépendance de deux événements, répétition
d'épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes
($n \leq 4$), tests médicaux et faux positifs, jeux (dont le
problème de Monty Hall), distinction modèle/réalité.

]]> Phénomènes aléatoires — Q01 : Probabilité conditionnelle Que désigne $P_A(B)$ ?

]]> $P_A(B)$ : probabilité de $B$ dans le monde où $A$ est
réalisé. Sur un arbre : pondération de la branche $A \to B$ ;
dans un tableau : effectif de $A \cap B$ divisé par
l'effectif de $A$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc La probabilité de $B$ sachant que $A$ est réalisé

]]> Bonne réponse : on restreint l'univers aux cas où $A$ a
eu lieu, et on y mesure les chances de $B$.

]]> La probabilité que $A$ et $B$ se réalisent ensemble

]]> Erreur : « $A$ et $B$ » se note $P(A \cap B)$. La
distinction entre $P(A \cap B)$, $P_A(B)$ et $P_B(A)$ est
un automatisme du programme.

]]> La probabilité de $A$ sachant $B$

]]> Inversé : l'indice porte la condition. $P_A(B)$
conditionne par $A$ ; « $A$ sachant $B$ » s'écrit
$P_B(A)$.

]]> La probabilité que $A$ se produise avant $B$

]]> Erreur : aucune chronologie dans la notation ; seulement
une information supposée acquise ($A$) et un événement
mesuré ($B$).

]]> Phénomènes aléatoires — Q02 : Probabilité d'un chemin Arbre de probabilité à deux niveaux. Depuis la racine : la
branche du haut mène à A avec 0,3 et la branche du bas à
A-barre avec 0,7. Depuis A : B avec 0,6 et B-barre avec 0,4.
Depuis A-barre : B avec 0,2 et B-barre avec 0,8.

Arbre de probabilité à deux niveaux. Depuis la racine : la
branche du haut mène à A avec 0,3 et la branche du bas à
A-barre avec 0,7. Depuis A : B avec 0,6 et B-barre avec 0,4.
Depuis A-barre : B avec 0,2 et B-barre avec 0,8.

Sur l'arbre pondéré ci-dessous, quelle est la probabilité de
l'événement $A \cap B$ (chemin du haut) ?

]]> Règle de l'arbre : multiplier les pondérations le long d'un
chemin. $P(A \cap B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18$

]]> Bonne réponse : le long d'un chemin, les pondérations se
multiplient : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.

]]> $0{,}3 + 0{,}6 = 0{,}9$

]]> Erreur : on n'additionne pas le long d'un chemin
(l'addition sert entre chemins différents).

]]> $0{,}6$

]]> Incomplet : $0{,}6$ est la conditionnelle $P_A(B)$ ;
encore faut-il que $A$ se réalise ($\times\,0{,}3$).

]]> $0{,}9 \times 0{,}18$

]]> Erreur : ce produit ne correspond à aucune règle. Chemin
$A$ puis $B$ : $0{,}3 \times 0{,}6$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q03 : Événements indépendants Quand dit-on que deux événements $A$ et $B$ sont
indépendants (avec $P(B) \neq 0$) ?

]]> Indépendance : $P_B(A) = P(A)$ : l'information « $B$ a eu
lieu » n'apporte rien sur $A$. Critère équivalent :
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Lorsque $P_B(A) = P(A)$

]]> Bonne réponse : savoir que $B$ s'est réalisé ne change
pas la probabilité de $A$ : c'est la définition du
programme.

]]> Lorsqu'ils ne peuvent pas se réaliser en même temps

]]> Confusion : c'est l'incompatibilité, qui est au
contraire une dépendance très forte (si $B$ arrive, $A$
devient impossible).

]]> Lorsqu'ils ont la même probabilité

]]> Erreur : l'égalité des probabilités ne dit rien du
lien entre les événements.

]]> Lorsqu'ils concernent deux jours différents

]]> Intuition parfois utile, mais pas une définition : le
critère mathématique est $P_B(A) = P(A)$ (ou le produit
$P(A \cap B) = P(A)P(B)$).

]]> Phénomènes aléatoires — Q04 : Vérifier une indépendance On donne $P(A) = 0{,}4$, $P(B) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) =
0{,}2$. Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?

]]> Critère du produit : $A$ et $B$ indépendants
$\Leftrightarrow$ $P(A \cap B) = P(A)\,P(B)$. Ici
$0{,}2 = 0{,}4 \times 0{,}5$ : indépendants.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Oui, car $0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2 = P(A \cap B)$

]]> Bonne réponse : le produit des probabilités égale la
probabilité de l'intersection : indépendance vérifiée.

]]> Non, car $0{,}4 \neq 0{,}5$

]]> Erreur : on ne compare pas $P(A)$ et $P(B)$ entre elles,
mais $P(A \cap B)$ au produit $P(A)P(B)$.

]]> Non, car $A$ et $B$ peuvent se réaliser ensemble

]]> Contresens : pouvoir se réaliser ensemble est
nécessaire à l'indépendance (des incompatibles non
triviaux ne sont jamais indépendants).

]]> On ne peut pas répondre sans arbre pondéré

]]> Erreur : les trois nombres suffisent au critère du
produit ; l'arbre n'est qu'une représentation possible.

]]> Phénomènes aléatoires — Q05 : Test de dépistage et faux positifs Sur $1000$ personnes, $100$ sont porteuses d'un virus. Un
test détecte $90$ des $100$ porteurs, mais il est aussi
positif, à tort, pour $90$ des $900$ non-porteurs. Parmi les
personnes testées positives, quelle est la proportion de
porteurs réels ?

]]> Situation phare du programme (tests médicaux) : construire le
tableau croisé, puis conditionner par le résultat du
test : $P_{\text{positif}}(\text{porteur}) =
\frac{90}{180} = 50\ \%$, bien loin des $90\ \%$ de
sensibilité du test.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $50\ \%$

]]> Bonne réponse : positifs $= 90 + 90 = 180$, dont $90$
porteurs : $\dfrac{90}{180} = 50\ \%$. Un test positif ne
vaut ici qu'une chance sur deux, à cause des faux
positifs nombreux chez les non-porteurs.

]]> $90\ \%$

]]> Inversion du conditionnement : $90\ \%$ est la
proportion de positifs parmi les porteurs
($90/100$), pas de porteurs parmi les positifs
($90/180$).

]]> $9\ \%$

]]> Erreur : $9\ \% = 90/1000$ est la part des vrais
positifs dans la population entière ; la question
restreint aux $180$ positifs.

]]> $18\ \%$

]]> Erreur : $18\ \% = 180/1000$ est la proportion de tests
positifs dans la population, pas la composition du groupe
des positifs.

]]> Phénomènes aléatoires — Q06 : Répéter une épreuve de Bernoulli Une opération réussit avec la probabilité $0{,}9$. On la
répète $3$ fois de façon indépendante. Quelle est la
probabilité de $3$ réussites ?

]]> Répétition d'épreuves de Bernoulli identiques et
indépendantes : la probabilité d'une liste d'issues est le
produit. Trois succès : $p^3$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}9^3 = 0{,}729$

]]> Bonne réponse : par indépendance, les probabilités du
chemin réussite-réussite-réussite se multiplient :
$0{,}9 \times 0{,}9 \times 0{,}9$.

]]> $0{,}9 \times 3 = 2{,}7$

]]> Impossible : une probabilité ne dépasse pas $1$.
Répéter multiplie les probabilités entre elles, pas par
le nombre d'essais.

]]> $0{,}9$

]]> Erreur : $0{,}9$ vaut pour une réussite. En exiger
trois consécutives est plus difficile : $0{,}729$.

]]> $0{,}27$

]]> Erreur : $0{,}27 = 0{,}9 \times 0{,}3$ ? Le calcul
correct élève $0{,}9$ au cube : $0{,}729$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q07 : Taille de l'arbre On représente par un arbre la répétition de $4$ épreuves de
Bernoulli. Combien l'arbre compte-t-il de chemins complets ?

]]> Arbre d'une répétition de $n$ épreuves à deux issues :
$2^n$ chemins. Le programme limite à $n \leq 4$ pour garder
les arbres lisibles : $16$ chemins au plus.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $2^4 = 16$

]]> Bonne réponse : chaque épreuve double le nombre de
chemins (succès ou échec) : $2 \times 2 \times 2 \times 2
= 16$ listes de résultats possibles.

]]> $8$

]]> Erreur : $8 = 2^3$ correspond à $3$ épreuves. Pour $4$
niveaux : $2^4 = 16$.

]]> $4$

]]> Erreur : $4$ est le nombre d'épreuves (la profondeur
de l'arbre), pas le nombre de chemins.

]]> $24$

]]> Erreur : $24 = 4!$ compterait des ordres d'objets
distincts. Ici chaque niveau offre $2$ branches :
$2^4$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q08 : « Au moins une » réussite On lance $3$ fois une pièce équilibrée. Quelle est la
probabilité d'obtenir au moins un pile ?

]]> Réflexe « au moins un » : passer par l'événement contraire
« aucun ». $P = 1 - (1-p)^n$ ; ici $1 - \frac{1}{8} =
\frac{7}{8}$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $1 - \left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{7}{8}$

]]> Bonne réponse : le contraire de « au moins un pile » est
« aucun pile » (trois faces), de probabilité
$\left(\frac{1}{2}\right)^3 = \frac{1}{8}$.

]]> $\dfrac{1}{8}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{8}$ est la probabilité du
contraire (aucun pile). Il reste à la retrancher de
$1$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : sur trois lancers, obtenir au moins un pile est
très probable ($7$ chemins favorables sur $8$), bien plus
que $\frac{1}{2}$.

]]> $\dfrac{3}{8}$

]]> Erreur : $\dfrac{3}{8}$ est la probabilité d'exactement
un pile. « Au moins un » cumule un, deux ou trois
piles : $\frac{7}{8}$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q09 : Deux dés indépendants On lance deux dés équilibrés. Quelle est la probabilité
d'obtenir un double six ?

]]> Épreuves indépendantes : les probabilités se multiplient.
Double six : $\frac{1}{36}$ (le fameux problème du grand-duc
de Toscane repose sur ce type de compte).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{36}$

]]> Bonne réponse : les lancers sont indépendants :
$\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{36}$.

]]> $\dfrac{1}{12}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{6}$ ou
$\frac{1}{12}$ ? Ni l'un ni l'autre : les deux exigences
simultanées se multiplient : $\frac{1}{36}$.

]]> $\dfrac{2}{6}$

]]> Erreur : additionner les probabilités correspond à
« l'un ou l'autre » (et encore, pour des événements
incompatibles). Ici il faut six et six.

]]> $\dfrac{1}{6}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{6}$ est la probabilité d'un six sur
un dé. Le second six divise encore par $6$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q10 : Pierre-feuille-ciseaux Au jeu pierre-feuille-ciseaux, votre adversaire joue chaque
coup au hasard (les trois gestes équiprobables). Quelle est
la probabilité que vous gagniez la manche ?

]]> Modéliser le jeu : $9$ couples équiprobables, $3$ gagnants,
$3$ perdants, $3$ nuls : $P(\text{gain}) = \frac{1}{3}$.
Compter les issues favorables avant de conclure.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{3}$

]]> Bonne réponse : quel que soit votre geste, un seul des
trois gestes adverses vous fait gagner (un autre perd, le
troisième annule) : $\frac{1}{3}$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : « gagner ou pas » ne fait pas une chance sur
deux : il y a trois issues (gain, perte, égalité),
équiprobables face à un adversaire aléatoire.

]]> $\dfrac{1}{9}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{9}$ est la probabilité d'un couple
précis de gestes. Gagner regroupe trois couples
favorables sur neuf : $\frac{3}{9} = \frac{1}{3}$.

]]> $\dfrac{2}{3}$

]]> Erreur : $\dfrac{2}{3}$ est la probabilité de ne pas
gagner (perdre ou faire égalité).

]]> Phénomènes aléatoires — Q11 : Le problème de Monty Hall Trois portes : une cache un lot, deux sont perdantes. Vous en
choisissez une ; l'animateur, qui sait où est le lot, ouvre
une autre porte, perdante, puis vous propose de changer.
Quelle est la probabilité de gagner si vous changez de
porte ?

]]> Monty Hall (au programme) : garder gagne avec $\frac{1}{3}$,
changer avec $\frac{2}{3}$. L'ouverture d'une porte perdante
par un animateur informé ne rééquilibre pas les chances :
une simulation en Python le vérifie de façon éclatante.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{2}{3}$

]]> Bonne réponse : votre premier choix gagne avec
probabilité $\frac{1}{3}$ ; dans les $\frac{2}{3}$ de cas
restants, le lot est derrière l'autre porte fermée, et
changer gagne. La stratégie « changer » double les
chances.

]]> $\dfrac{1}{2}$, car il reste deux portes

]]> Le piège historique : les deux portes restantes ne sont
pas équiprobables, car l'animateur a utilisé son
information pour ouvrir une porte perdante. Votre porte
initiale reste à $\frac{1}{3}$.

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{3}$ est la probabilité de gagner en
gardant sa porte initiale. Changer récupère les
$\frac{2}{3}$ complémentaires.

]]> Impossible à déterminer

]]> Erreur : le modèle est parfaitement déterminé (choix
uniforme du lot, animateur informé) et la simulation le
confirme : $\frac{2}{3}$ en changeant.

]]> Phénomènes aléatoires — Q12 : Le modèle et la réalité Pour étudier un dé trouvé dans un grenier, on choisit le
modèle équiprobable ($P(\text{six}) = \frac{1}{6}$). Ce choix
se démontre-t-il ?

]]> Point d'insistance du programme : distinguer le modèle
probabiliste abstrait de la situation réelle. Le modèle est
une hypothèse (symétrie, ou fréquences observées via la loi
des grands nombres) : on le valide ou on le rejette, on ne le
démontre pas.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non : une loi de probabilité est une hypothèse de
modélisation ; on peut la mettre à l'épreuve par
l'expérience, pas la démontrer

]]> Bonne réponse : l'équiprobabilité se choisit
(symétrie supposée du dé) et se confronte aux
fréquences observées (loi des grands nombres) : si elles
s'en écartent durablement, on révise le modèle.

]]> Oui : six faces, donc un sixième chacune,
mathématiquement prouvé

]]> Erreur : le nombre de faces ne prouve rien (un dé pipé a
aussi six faces). L'équiprobabilité est une hypothèse sur
l'objet réel, pas un théorème.

]]> Oui, en lançant le dé exactement $6$ fois

]]> Erreur : six lancers ne montrent presque rien (les
fréquences y fluctuent énormément). Et même un grand
nombre de lancers teste le modèle sans le démontrer.

]]> Non : les probabilités ne s'appliquent pas aux objets
réels

]]> Trop fort : elles s'y appliquent très bien, précisément
via un modèle dont on évalue la pertinence.

]]> Phénomènes aléatoires — Q13 : Probabilité du contraire La probabilité qu'il pleuve demain est estimée à $0{,}35$.
Quelle est la probabilité qu'il ne pleuve pas ?

]]> $P(\bar{A}) = 1 - P(A)$ : la règle du complément, valable
partout (y compris dans les mondes conditionnés). Souvent le
chemin le plus court vers une probabilité difficile à
calculer en direct.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}65$

]]> Bonne réponse : $P(\bar{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}35$ :
les deux éventualités se partagent la certitude.

]]> $0{,}35$

]]> Erreur : un événement et son contraire n'ont la même
probabilité qu'à $0{,}5$ : ici le complément vaut
$0{,}65$.

]]> $-0{,}35$

]]> Impossible : aucune probabilité n'est négative : le
contraire se calcule par $1 - 0{,}35$.

]]> On ne peut pas savoir

]]> Erreur : « pleuvoir » et « ne pas pleuvoir » couvrent
tout sans recouvrement : leurs probabilités somment
exactement à $1$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q14 : Somme des branches d'un nœud D'un nœud d'un arbre partent deux branches de probabilités
$0{,}6$ et $p$. Que vaut $p$ ?

]]> Règle de l'arbre : à chaque nœud, les branches sortantes
somment à $1$. Premier contrôle sur tout arbre donné,
premier outil pour compléter un arbre à trous.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}4$

]]> Bonne réponse : les branches issues d'un même nœud
couvrent toutes les suites possibles : leur somme vaut
$1$ : $p = 1 - 0{,}6$.

]]> $0{,}6$

]]> Erreur : rien n'impose l'égalité des branches : c'est la
somme à $1$ qui contraint : $0{,}4$.

]]> $1{,}6$

]]> Impossible : une probabilité ne dépasse pas $1$ :
l'addition était à faire en sens inverse ($1 - 0{,}6$).

]]> N'importe quelle valeur entre $0$ et $1$

]]> Erreur : la règle de cohérence de l'arbre fixe $p$ sans
liberté : $0{,}4$.

]]> Phénomènes aléatoires — Q15 : Probabilité d'une réunion On donne $P(A) = 0{,}5$, $P(B) = 0{,}3$ et $P(A \cap B) =
0{,}1$. Que vaut $P(A \cup B)$ ?

]]> $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ : le diagramme en
patates rend la correction évidente. Cas particulier :
incompatibles ($P(A \cap B) = 0$) : addition simple.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}7$

]]> Bonne réponse : $0{,}5 + 0{,}3 - 0{,}1$ : la zone
commune, comptée deux fois par l'addition, se retranche
une fois.

]]> $0{,}8$

]]> Double comptage : les issues de $A \cap B$ figurent dans
$P(A)$ ET dans $P(B)$ : l'addition brute les compte deux
fois.

]]> $0{,}15$

]]> Erreur : $0{,}5 \times 0{,}3$ calcule autre chose (une
intersection sous indépendance) : la réunion se calcule
par la formule additive corrigée.

]]> $0{,}9$

]]> Erreur : $0{,}5 + 0{,}3 + 0{,}1$ AJOUTE l'intersection
au lieu de la retirer.

]]> Phénomènes aléatoires — Q16 : L'arbre du tirage sans remise Une urne contient $4$ jetons rouges et $6$ noirs. On tire
deux jetons sans remise. Quelle est la probabilité de la
deuxième branche « rouge sachant rouge au premier tirage » ?

]]> Sans remise : chaque niveau de l'arbre se recalcule avec
l'urne mise à jour (numérateur ET dénominateur diminuent
pour la couleur tirée). C'est le mécanisme des probabilités
conditionnelles en acte.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{3}{9}$ : il reste $3$ rouges parmi $9$ jetons

]]> Bonne réponse : le premier jeton rouge est sorti : l'urne
contient $9$ jetons dont $3$ rouges : les branches du
deuxième niveau se recalculent.

]]> $\dfrac{4}{10}$ : la même qu'au premier tirage

]]> Remise fantôme : sans remise, l'urne change après chaque
tirage : conserver $\frac{4}{10}$ décrirait un tirage
AVEC remise.

]]> $\dfrac{4}{9}$

]]> Numérateur non actualisé : le rouge tiré n'est plus dans
l'urne : il reste $3$ rouges (le dénominateur $9$,
lui, est correct).

]]> $\dfrac{3}{10}$

]]> Dénominateur non actualisé : l'urne n'a plus que $9$
jetons après le premier tirage.

]]> Phénomènes aléatoires — Q17 : Fréquence simulée et probabilité On simule $10\,000$ lancers d'une punaise : elle retombe
pointe en l'air $3\,470$ fois. Que peut-on en tirer ?

]]> Deux sources de probabilités : le modèle (symétries,
équiprobabilité justifiée) et la fréquence (grands
échantillons, loi des grands nombres). La simulation relie
les deux : la fréquence se stabilise autour de la
probabilité.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Une estimation : $P(\text{pointe en l'air}) \approx
0{,}35$, d'autant plus fiable que le nombre d'essais est
grand

]]> Bonne réponse : pour un objet sans symétrie, pas
d'équiprobabilité théorique : la fréquence observée sur
un GRAND échantillon est la meilleure estimation
disponible.

]]> Rien : seule une formule théorique donne une probabilité

]]> Erreur : quand la symétrie manque (punaise, punaise !),
l'approche fréquentiste est la voie légitime : la
fréquence se stabilise vers la probabilité.

]]> $P = 0{,}5$ : pointe en l'air ou pas, deux issues

]]> Équiprobabilité décrétée : les $3\,470$ sur $10\,000$
la contredisent : deux issues n'ont pas forcément le
même poids.

]]> $P = 0{,}347$ exactement

]]> Trop précis : la fréquence estime la probabilité
avec une marge : une nouvelle série de $10\,000$ lancers
donnerait un nombre voisin, pas identique.

]]> Phénomènes aléatoires — Q18 : Indépendants ou incompatibles ? Deux événements $A$ et $B$ ont des probabilités non nulles.
S'ils sont incompatibles ($A \cap B = \varnothing$),
peuvent-ils être indépendants ?

]]> Incompatibles (probabilités non nulles) $\Rightarrow$
dépendants : l'un exclut l'autre, information maximale.
L'indépendance se teste ($P(A \cap B) = P(A)P(B)$),
elle ne se lit pas sur un diagramme.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non : l'incompatibilité donne $P(A \cap B) = 0 \neq
P(A) \times P(B)$

]]> Bonne réponse : incompatibles = ne JAMAIS ensemble :
savoir $A$ réalisé interdit $B$ : c'est une dépendance
extrême, tout le contraire de l'indépendance.

]]> Oui : incompatibles et indépendants sont synonymes

]]> Confusion de vocabulaire : incompatibles = pas en même
temps ; indépendants = ne s'influencent pas : deux
notions non seulement différentes, mais opposées ici.

]]> Oui, si leurs probabilités sont égales

]]> Erreur : l'égalité des probabilités ne répare rien :
$P(A)P(B) > 0$ alors que $P(A \cap B) = 0$ : le test
échoue toujours.

]]> Cela dépend de l'expérience

]]> Erreur : le calcul tranche dans tous les cas : $0 \neq
P(A)P(B)$ dès que les probabilités sont non nulles.

]]>