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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{red}{\Roman{subsection}}.\textcolor{red}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}


\begin{center}\section*{\textcolor{red}{ Probabilités conditionnelles, indépendance}}\end{center}

\tableofcontents

\subsection*{\textcolor{blue}{Activités préparatoire page 273}}




\subsubsection*{\textbf{\textcolor{blue}{Activité 1}}}

\begin{enumerate}[a)]
\item $\Omega$ est l'ensemble des lettres de l'alphabet.\\
$p(\og{}\text{taper une voyelle}\fg{})=\dfrac{6}{26}=\dfrac{3}{13}$ (situation d'équiprobabilité)

\item $(\og{}\text{taper une lettre du mot hasard}\fg{})=\dfrac{5}{26}$

\item $(\og{}\text{taper une voyelle du mot hasard}\fg{})=\dfrac{1}{26}$

\item $p\left(\og{}\text{taper une voyelle ou une lettre du mot hasard}\fg{}\right)=\dfrac{6}{26}+\dfrac{5}{26}-\dfrac{1}{26}=\dfrac{10}{26}=\dfrac{5}{13}$.
\end{enumerate}

\subsubsection*{\textcolor{blue}{Activité 2}}

\begin{enumerate}
\item $p(A \cup B) = p(A) + p(B) - p(A \cap B) = 0,5 + (1- 0,7)- 0,12 = 0,68$

\item $p(A \cap B) =p(A) + p(B)- p(A \cup B) = \dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{5}-\dfrac{7}{10}=\dfrac{3}{20}$
\end{enumerate}

\subsubsection*{\textcolor{blue}{Activité 3}}
\textbf{Situation 1} : On suppose que la probabilité d’obtenir 6 est deux fois plus grande que celle de ne pas obtenir 6.\\
$p(\og{}\text{obtenir 6}\fg{})+p(\og{}\text{ne pas obtenir 6}\fg{})=1\Leftrightarrow 2p(\og{}\text{ne pas obtenir 6}\fg{})+p(\og{}\text{ne pas obtenir 6}\fg{})=1\Leftrightarrow 3p(\og{}\text{ne pas obtenir 6}\fg{})=1\Leftrightarrow p(\og{}\text{ne pas obtenir 6}\fg{})=\dfrac{1}{3}$, donc $p(\og{}\text{obtenir 6}\fg{})=\dfrac{2}{2}$

\bigskip

\textbf{Situation 2 }: on note $p$ la probabilité d’avoir 1, alors la probabilité d’avoir 2 est $2p$, celle d’avoir 3 est $3p$ \dots etc..\\
On en déduit : $p + 2p + 3p + 4p + 5p + 6p = 1$, d’où $p = \dfrac{1}{21}$ et donc la probabilité d’avoir 6 est $\dfrac{6}{21} = \dfrac{2}{7}$

\subsubsection*{}


\begin{enumerate}
\item \hspace{1cm}
\begin{center}
 \begin{tabular}{|*{4}{c|}} 
 \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &Ananas en promotion&Ananas sans promotion&Total\\
\hline
Banane en promotion&61&\textcolor{red}{52}&113\\
\hline
Banane sans promotion&\textcolor{red}{31}&\textcolor{red}{56}&\textcolor{red}{87}\\
\hline
Total&92&\textcolor{red}{108}&200\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\item \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $p(A)=\dfrac{113}{200}$

\item $p(B)=\dfrac{61}{200}$

\item $p(C)=\dfrac{108}{200}=\dfrac{27}{50}$

\item $p(D)=\dfrac{61}{200}$

\item $p(E)=\dfrac{92+113-61}{200}=\dfrac{144}{200}=\dfrac{18}{25}$
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\subsubsection*{\textcolor{blue}{Activité 6}}

\begin{enumerate}
\item Les issues possibles sont donc : $\Omega=\{PPP, PPF, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF\}$.

\item La probabilité de chaque issue est $\dfrac{1}{8}$ (équirobabilité)

\item $p(\text{au moins une fois Face}) = 1_P(\text{n'avoir aucune fois F})=\dfrac{7}{8}$

\end{enumerate}

\subsubsection*{\textcolor{blue}{Activité 7}}

\begin{enumerate}
\item $p=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{2}{3}$

\item $p=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}$
\end{enumerate}

\subsection*{\textcolor{blue}{Activité 1 page 274}}

\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $p(M)=\dfrac{20}{5000}=\dfrac{1}{250}$

\item $p(T)=\dfrac{318}{5000}$

\item $p(T \cap M)=\dfrac{18}{5000}=\dfrac{9}{2500}$
\end{enumerate}

\item On calcule la probabilité que le test soit positif \textbf{sachant que} la personne est malade : $\dfrac{18}{20}=0,9$.

\item Léa a été dépistée positive.\\
On calcule la probabilité que Léa soit malade : $\dfrac{18}{318}\approx 0,06$. Elle a donc 6\:\% de risque d’être malade. On peut penser que
ce test n’est pas fiable.
\end{enumerate}

\bigskip
$A$ et $B$ désignent deux événements d’un univers $\Omega$ et $p$ une probabilité sur $\Omega$.\\

\newpage


\subsection{\textcolor{red}{Probabilité conditionnelle}}
Dans ce paragraphe, on considère que $p(A) \neq 0$.

\subsubsection{\textcolor{red}{Définition}}

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition d'une probabilité conditionnelle}}
$p_{A}(B)$ désigne la probabilité que l’événement $B$ soit réalisé sachant que $A$ est réalisé.\\
On dit que c’est une probabilité conditionnelle.
\end{bclogo}

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Exemple}}

\parbox{10cm}{On donne ci-contre la répartition des spectateurs sur une journée dans une salle de cinéma selon les séances et le tarif.\\
On choisit un de ces spectateurs au hasard et on considère les événements :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item  $M$ : \og{}La personne a assisté à la séance du matin\fg{}.

\item $D$ : \og{}La personne a payé demi-tarif\fg{}.
\end{enumerate}
}\hfill
\parbox{8cm}{\begin{tabularx}{\linewidth}{|l|*{4}{>{\centering \arraybackslash}X|}} \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} 
&Plein tarif&Demi Tarif&Total\\
\hline
Séance du matin&103&91&194\\
\hline
Séance du soir&280&26&306\\
\hline
Total&383&117&500\\
\hline
\end{tabularx}}

La probabilité que la personne ait assisté à la séance du matin sachant qu’elle a payé demi-tarif est :
$p_{D}(M) =\dfrac{91}{117}$ car parmi les 117 personnes ayant payé demi-tarif, 91 sont venues le matin.\\
De même, $p_M(D),$ la probabilité que la personne ait payé demi-tarif, sachant qu’elle a assisté à la séance
du matin est $\dfrac{91}{194}$.

.\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
La propriété de $B$ sachant que $A$ est réalisé est $p_A(B)=\dfrac{p[A \cap B]}{p(A)}$\\
\textbf{\textcolor{blue}{Remarque}} : on lit souvent \og{}probabilité de $B$ sachant $A$\fg{}
\end{bclogo}

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Exemple}} : on tire une carte dans un jeu de 32 cartes :\\
\textbf{\textcolor{red}{Rappel}} : dans un jeu de 32 cartes, il y a quatre couleurs (trèfle, carreau, cœur et pique) et les cartes sont 8~;~9~;~10~;~valet~;~Dame~;~Roi et As.\\

\noindent On note : \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $A$ l'événement \og{}la carte tirée est un cœur\fg{}

\item $B$ : \og{}le résultat est un valet\fg{}
\end{enumerate}
On a : $p(A)=\dfrac{1}{4}$~;~$p(B)=\dfrac{1}{8}$\\
$p(A \cap B)=\dfrac{1}{32}$.\\
On en déduit que la probabilité $P_A(B)$ d'avoir un valet, sachant que l'on a tiré un cœur, est :\\
$p_A(B)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(A)}=\dfrac{\frac1{32}}{\frac14}=\dfrac{1}{32}\times \dfrac{4}{1}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{8}}}$.

\bigskip

Remarque : $p_B(A)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(B)}=\dfrac{\frac1{32}}{\frac18}=\dfrac{1}{32}\times 8=\dfrac{1}{4}$.\\
Òn constate que $\boxed{\textcolor{red}{p_A(B)\neq p_B(A)}}$.

\subsubsection{\textcolor{red}{Propriété}}

\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
Soient $A$ et $B$ deux événements de probabilités non nulles.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $p(A \cap B)=p_A(B)\times p(A)$ et $p(A \cap B)=p_B(A)\times p(B)$

\item $p_A\left(\overline{B}\right)=1-p_A(B)$
\end{enumerate}
\end{bclogo}

\textbf{\textcolor{blue}{Démonstration}} :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $p_A(B)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(A)}$ donc $p(A \cap B)=p_A(B)\times p(A)$

\item De même : $p_B(A)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(B)}$ donc $p(A \cap B)=p_B(A)\times p(B)$

\item On a : $A=(A \cap B) \cup \left(A \cap \overline{B}\right)$ (car les éléments de $A$ sont de deux sortes : ceux qui appartient à $B$ et ceux qui n'appartiennent pas à $B$).\\
L'intersection de $(A \cap B)$ et de $\left(A \cap \overline{B}\right)$ est vide : $(A \cap B) \cap \left(A \cap \overline{B}\right)=\emptyset$.\\
On en déduit que $p(A \cap B)+p\left(A \cap \overline{B}\right)=p(A)$.\\
Alors : $p_A(B)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(A)}=\dfrac{p(A)-p\left(A \cap \overline{B}\right)}{p(A)}=\dfrac{p(A)}{p(A)}-\dfrac{p\left(A \cap \overline{B}\right)}{p(A)}=\boxed{\textcolor{red}{1-p_A\left(\overline{B}\right)}}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Exemple}} :\\
À la montagne, 80\:\% des vacanciers pratiquent le ski alpin et 20\:\% la randonnée en raquettes.\\
60\:\% des skieurs et 50\:\% des randonneurs sont des hommes.\\
On choisit un vacancier au hasard.\\
O, note :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $S$ l'événement : \og{}le vacancier choisi pratique le ski\fg{}

\item $H$ l'événement : \og{}le vacancier choisi est un homme\fg{}.
\end{enumerate}
D'après l'énoncé : $p(S)=80\:\%=0,8$ ; $p_S(H)=60\:\%=0,6$.\\
On en déduit : $p(S \cap H)=p_S(H)\times p(S)=0,6\times 0,8=0,48$.\\
La probabilité que le vacancier choisi soit un homme et pratique le ski est 0,48.\\
On a : $p_S\left(\overline{H}\right)=1-p_S(H)=0,4$.\\
La probabilité que le vacancier choisi soit une femme, sachant qu'il pratique le ski est 0,4.

\newpage



\subsubsection{\textcolor{red}{Utilisation d'un tableau}}
\textbf{\textcolor{blue}{Exemple}} : 

Un professeur de mathématiques a trié sa bibliothèque dans laquelle figurent 32 manuels de différents niveaux, certains étant conformes aux programmes actuels et d’autres, plus vieux, n’y étant pas conformes.\\
La répartition de ces manuels est donnée par le tableau ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tabular}{|*{4}{c|}} \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &Conforme&Non conforme&Total\\
\hline
Seconde& 9& 8& 17\\
\hline
Première& 3& 5& 8\\
\hline
Terminale& 1& 6& 7\\
\hline
Total& 13& 19& 32
\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\noindent Il prend un de ces manuels au hasard et on considère les événements :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item  $C$ : \og{}Le manuel est conforme aux programmes actuels.\fg{}

\item  $S$ : \og{}Le manuel est un manuel de Seconde\fg{}.

\item $T$ : \og{}Le manuel est un manuel de Terminale
\fg{}
\end{enumerate}

\begin{enumerate}
\item Calculer $p(C)$, $p(S)$ et $p(T)$.

\item Calculer $p_T(C)$ et $p_C(T)$.

\item Calculer $p_C\left(\overline{S}\right)$ et $_{\overline{S}}(C)$.

\end{enumerate}

\subsubsection{\textcolor{red}{Utilisation d'un arbre pondéré}}
\begin{center}
\psset{nodesep=0mm,levelsep=25mm,treesep=15mm}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{$p(A)$}}
	  { 
		  \TR{$B$}\taput{$p_A(B)$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$p_A\left(\overline{B}\right)$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{A}$}\tbput{$p\left(\overline{A}\right)$}}
	  {
		  \TR{$B$}\taput{$p_{\overline{A}(B)}$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$p_{\overline{A}\left(\overline{B}\right)}$}}}
\end{center}


\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Exemple}} : 

On considère un jeu dans lequel on lance d’abord un dé à 10 faces puis :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item si le résultat est 10, on lance un dé à 4 faces ;

\item sinon on lance un dé à 6 faces.
\end{enumerate}
On gagne lorsque le résultat du deuxième dé est 1.\\
On considère les événements $A$ : \og{}Le résultat du premier dé est 10\fg{} et $B$ : \og{}le joueur gagne\fg{}.
\begin{enumerate}
\item Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous représentant la situation.
\vspace{2cm}
\begin{center}
\psset{nodesep=0mm,levelsep=25mm,treesep=15mm}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=6pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{$\frac1{10}$}}
	  { 
		  \TR{$B$}\taput{$\frac14$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac34$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{A}$}\tbput{$\frac9{10}$}}
	  {
		  \TR{$B$}\taput{$\frac16$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac56$}}}
\end{center}

\item %Déterminer $p(A \cap B)$.
$p(A \cap B)=p_A(B)\times p(A)=\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{10}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{40}}}$.

\item %Déterminer la probabilité de gagner.
On veut calculer $p(B)$ ;\\
$=\left(B \cap A\right) \cup \left(B \cap \overline{A}\right)$.\\
On a réunion de deux événements incompatibles, donc la probabilité de cette réunion est la somme des probabilités.\\
$p(B)=p(B \cap A)+p\left(B \cap \overline{A}\right)=p_A(B)\times p(A)+p_{\overline{A}}(B)\times p\left(\overline{A}\right)=\dfrac{1}{40}+\dfrac{1}{6}\times \dfrac{9}{10}=\dfrac{1}{40}+\dfrac{\cancel{3}\times 3}{\cancel{3}\times 2\times 10}=\dfrac{1}{40}+\dfrac{3}{20}=\dfrac{7}{40}$.\\
La probabilité de gagner est $\boxed{\textcolor{red}{p(B)=\dfrac{7}{40}}}$
\end{enumerate}

\subsubsection{\textcolor{red}{Formule des probabilités totales}}
\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété (formule des robabilités totales)}}
Soit $\Omega$ l'univers associé à une expérience aléatoire.\\
Soieit des événements $A_1$, $A_2$, \dots $A_n$ des évenements de $\Omega$, deux à deux disjoints (d'intersection vide) et dont la réunion forme l'univers $\Omega$.\\
On dit que cesévénements forment une partition de $\Omega$.\\
Soit $B$ un événement.\\
Alors : $p(B)=p\left(A_1 \cap B\right)+p\left(A_2 \cap B\right)+p\left(A_3 \cap B\right)+\cdots+p\left(A_n \cap B\right)$
\end{bclogo}

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Exemple}}

Un footballeur tire successivement deux pénaltys. $A$ est l'évènernent \og{}Il marque le premier pénalty\fg{} et $B$ l'évènernent \og{}Il marque le second pénalty\fg{}. \\
On a représenté cette expérience aléatoire sur l'arbre ci-dessous. 
\psset{nodesep=0mm,levelsep=25mm,treesep=15mm}
\begin{center}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=6pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{$\frac35$}}
	  { 
		  \TR{$B$}\taput{$\frac34$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac14$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{A}$}\tbput{$\frac25$}}
	  {
		  \TR{$B$}\taput{$\frac12$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac12$}}}
\end{center}
En appliquant la formule des probabilités totales, on a : \\
$p(B)=p(B \cap A)+p(B \cap \overline{A})=\dfrac{3}{4}\times \dfrac{3}{5}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{2}{5}=\dfrac{9}{20}+\dfrac{1}{5}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{13}{20}}}$\\
La probabilité qu'il marque le deuxième pénalty est $\dfrac{13}{20}$.


\subsection{\textcolor{blue}{Événéments indépendants}}
\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Définition}}
Soient deux événements $A$ et $B$ de probabilités non nulles.\\
On dit que $A$ et $B$ sont indépendants lorsque $p(A \cap B)=p(A)\times p(B)$.
\end{bclogo}

\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{Propriété}}
$A$ et $B$ sont indépendants équivaut à $p_A(B)=p(B)$ et $p_B(A)=p(A)$.
\end{bclogo}

Démonstration :\\
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Si $A$ et $B$ sont indépendants, $p(A \cap B)=p(A)\times p(B)$ ; or $p(A \cap B)=p_A(B)\times p(A)$ donc :\\
$p(A)\times p(B)=p_A(B)\times p(A)$.\\
En divisant par $p(A)\neq 0$, on obtient : $p_A(B)=p(B)$.\\
De même, $p(A \cap B)=p_B(A)\times p(B)$ donc $p(A)\times p(B)=p_B(A)\times p(B)$, d'où, en divisant par $p(B)±neq 0$ :\\
$p_B(A)=p(A)$.

\item Réciproque : on suppose que $p_A(B)=p(B)$.\\
Alors : $p(A \cap B)=p_A(B)\times p(A)=p(B)\times p(A)=p(A)\times p(B)$ donc $A$ et $B$ sont indépendants.\\
De même si $p_B(A)=p(A)$
\end{enumerate}

Remarque : $p_B(A)=p(A)$ signifie que la réalisation de $B$ n'a pas d'influence sur la réalisation de $A$.

\bigskip

\danger : ne pas confondre événements incompatibles $A \cap B=\emptyset$ et indépendants.


\newpage



\textbf{\textcolor{red}{Exercice}}.\\
On suppose que $A$ et $B$ sont indépendants.\\
Montrer que $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants, de même que $\overline{A}$ et $B$, de même que $\overline{A}$ et $\overline{B}$.

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Solution}}.\\
Puisque $A$ et $B$ sont indépendants, $p(A \cap B)=p(A)p(B)$.\\
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Pour montrer que $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants, on doit montrer que $P\left(A \cap \overline{B}\right)=p(A)\times p\left(\overline{B}\right)$.\\
Or : $A=(A \cap B) \cup \left(A \cap \overline{B}\right)$ (reunion d'événements incompatibles, puisque leur intersection est vide).\\
Donc $p(A)=p(A \cap B)+p\left(A \cap \overline{B}\right)$.\\
Par conséquent : $p(A)=p(A)\times p(B)+p\left(A \cap \overline{B}\right)$.\\
Alors : $p\left(A \cap \overline{B}\right)=p(A)-p(A)\times p(B)=p(A)\left(1-p(B)\right)=p(A)\times p\left(\overline{B}\right)$ c.q.f.d.

\item En échangeant les rôles de $A$ et $B$, on obtient la deuxième formule.

\item $p\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right)=p\left(\overline{A \cup B}\right)=1-p(A \cup B)\\
=1-\left[p(A)+p(B)-p(A \cap  \cap B)\right]=1-\left[p(A)+p(B)-p(A)\times p(B)\right]$ (car $p(A \cap B)=p(A)\times p(B)$)\\
$=1-p(A)-p(B)+p(A)p(B)=1-p(B)-p(A)+p(A)p(B)=1-p(B)-\left[p(A)-p(A)p(B)\right]\\
=1-p(B)-p(A)(1-p(B))$ en mettant $p(A)$ en facteur\\
$=\left(1-p(B)\right)(1-p(A))$ en mettant $1-p(B)$ en facteur \\
$=p\left(\overline{B}\right)\times p\left(\overline{A}\right)=\boxed{\textcolor{red}{p\left(\overline{A}\right)\times p\left(\overline{B}\right)}}$ c.q.f.d.

\end{enumerate}
\label{fin}
\end{document}  