<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[12pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} 
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\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}


\begin{center}\section*{\textcolor{red}{ ProbabilitÃ©s conditionnelles, indÃ©pendance}}\end{center}

\tableofcontents

\subsection*{\textcolor{blue}{ActivitÃ©s prÃ©paratoire page 273}}




\subsubsection*{\textbf{\textcolor{blue}{ActivitÃ© 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'Ã©quiprobabilitÃ©)

\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}{ActivitÃ© 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}{ActivitÃ© 3}}
\textbf{Situation 1} : On suppose que la probabilitÃ© dâ€™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 probabilitÃ© dâ€™avoir 1, alors la probabilitÃ© dâ€™avoir 2 est $2p$, celle dâ€™avoir 3 est $3p$ \dots etc..\\
On en dÃ©duit : $p + 2p + 3p + 4p + 5p + 6p = 1$, dâ€™oÃ¹ $p = \dfrac{1}{21}$ et donc la probabilitÃ© dâ€™avoir 6 est $\dfrac{6}{21} = \dfrac{2}{7}$

\newpage


\subsubsection*{\textcolor{blue}{ActivitÃ© 4}}


\begin{enumerate}
\item \hspace{1cm}
\begin{center}
 \begin{tabular}{|*{4}{c|}} 
 \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &amp;Ananas en promotion&amp;Ananas sans promotion&amp;Total\\
\hline
Banane en promotion&amp;61&amp;\textcolor{red}{52}&amp;113\\
\hline
Banane sans promotion&amp;\textcolor{red}{31}&amp;\textcolor{red}{56}&amp;\textcolor{red}{87}\\
\hline
Total&amp;92&amp;\textcolor{red}{108}&amp;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}{ActivitÃ© 6}}

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

\item La probabilitÃ© de chaque issue est $\dfrac{1}{8}$ (Ã©quirobabilitÃ©)

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

\end{enumerate}

\subsubsection*{\textcolor{blue}{ActivitÃ© 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}{ActivitÃ© 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 probabilitÃ© que le test soit positif \textbf{sachant que} la personne est malade : $\dfrac{18}{20}=0,9$.

\item LÃ©a a Ã©tÃ© dÃ©pistÃ©e positive.\\
On calcule la probabilitÃ© que LÃ©a soit malade : $\dfrac{18}{318}\approx 0,06$. Elle a donc 6\:\% de risque dâ€™Ãªtre malade. On peut penser que
ce test nâ€™est pas fiable.
\end{enumerate}

\bigskip
$A$ et $B$ dÃ©signent deux Ã©vÃ©nements dâ€™un univers $\Omega$ et $p$ une probabilitÃ© sur $\Omega$.\\

\newpage


\subsection{\textcolor{red}{ProbabilitÃ© conditionnelle}}
Dans ce paragraphe, on considÃ¨re que $p(A) \neq 0$.

\subsubsection{\textcolor{blue}{DÃ©finition}}

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{DÃ©finition d'une probabilitÃ© conditionnelle}}
$p_{A}(B)$ dÃ©signe la probabilitÃ© que lâ€™Ã©vÃ©nement $B$ soit rÃ©alisÃ© sachant que $A$ est rÃ©alisÃ©.\\
On dit que câ€™est une probabilitÃ© conditionnelle.
\end{bclogo}

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Exemple 1}}

\parbox{10cm}{On donne ci-contre la rÃ©partition des spectateurs sur une journÃ©e dans une salle de cinÃ©ma selon les sÃ©ances et le tarif.\\
On choisit un de ces spectateurs au hasard et on considÃ¨re les Ã©vÃ©nements :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item  $M$ : \og{}La personne a assistÃ© Ã&nbsp; la sÃ©ance du matin\fg{}.

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

La probabilitÃ© que la personne ait assistÃ© Ã&nbsp; la sÃ©ance du matin sachant quâ€™elle a payÃ© demi-tarif est :
$p_{D}(M) =\dfrac{91}{117}$ car parmi les 117 personnes ayant payÃ© demi-tarif, 91 sont venues le matin.\\
De mÃªme, $p_M(D),$ la probabilitÃ© que la personne ait payÃ© demi-tarif, sachant quâ€™elle a assistÃ© Ã&nbsp; la sÃ©ance
du matin est $\dfrac{91}{194}$.

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Exemple 2}}

Un laboratoire pharmaceutique a rÃ©alisÃ© des tests sur 800 patients atteints dâ€™une maladie.\\
Certains sont traitÃ©s avec le mÃ©dicament A, dâ€™autres avec le mÃ©dicament B. Le tableau prÃ©sente les rÃ©sultats de lâ€™Ã©tude :\\

\begin{tabular}{|*{4}{c|}} \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &amp;MÃ©dicament A&amp;MÃ©dicament B&amp;Total\\
\hline
GuÃ©ri&amp;383&amp;291&amp;674\\
\hline
Non guÃ©ri&amp; 72&amp; 54&amp;126\\
\hline
Total&amp;455&amp;345&amp;800\\
\hline
\end{tabular}

\begin{enumerate}[1)]
\item On choisit au hasard un patient et on considÃ¨re les Ã©vÃ¨nements suivants :\\
$A$ : \og{}Le patient a pris le mÃ©dicament A.\fg{}\\
$G$ : \og{}Le patient est guÃ©ri.\fg{}\\
Calculer : 
\begin{enumerate}
\item $p(A)$

\item $p(G)$

\item $p(G  \cap  A)$

\item $p(G \cap A)$
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item On choisit maintenant au hasard un patient guÃ©ri.\\
%Calculer la probabilitÃ© que le patient ait pris le mÃ©dicament A sachant quâ€™il est guÃ©ri.

\item On choisit maintenant au hasard un patient traitÃ© par le mÃ©dicament B.\\
Calculer la probabilitÃ© que le patient soit guÃ©ri sachant quâ€™il a pris le mÃ©dicament B.
\end{enumerate}

\end{enumerate}

\textbf{\textcolor{blue}{Correction}}

\begin{enumerate}
\item 

\begin{enumerate}
\item La probabilitÃ© quâ€™un patient soit traitÃ© avec le mÃ©dicament A est Ã©gale Ã&nbsp; :\\
$p(A) =\dfrac{455}{800}\approx 0,57 = 57\:\%$.

\item La probabilitÃ© quâ€™un patient soit guÃ©ri est Ã©gale Ã&nbsp; : \\
$p(G) =\dfrac{674}{800}\approx 0,84 = 84\:\%$.

\item La probabilitÃ© quâ€™un patient soit guÃ©ri et quâ€™il soit traitÃ© par le mÃ©dicament A est Ã©gale Ã&nbsp; :
$p(G \cap A) =\dfrac{383}{800}\approx 0,48 = 48\:\%$.

\item  La probabilitÃ© quâ€™un patient ne soit pas guÃ©ri et quâ€™il soit traitÃ© par le mÃ©dicament A est Ã©gale Ã&nbsp; :\\
$p\left(\overline{G} \cap A\right)=\dfrac{72}{800}\approx 0,09 = 9\:\%$

\end{enumerate}

\item 


\begin{enumerate}
\item \phantom{1cm}

\begin{tabular}{|*{4}{c|}} \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &amp;MÃ©dicament A&amp;MÃ©dicament B&amp;Total\\
\hline
\rowcolor{blue!20} GuÃ©ri&amp;383&amp;291&amp;674\\
\hline
Non guÃ©ri&amp; 72&amp; 54&amp;126\\
\hline
Total&amp;455&amp;345&amp;800\\
\hline
\end{tabular}

La probabilitÃ© que le patient ait pris le mÃ©dicament A sachant quâ€™il est guÃ©ri se note $p_G(A)=\dfrac{383}{874}\approx 0,57=57\:\%$.\\
On regarde uniquement la ligne des patients guÃ©ris.

\item \phantom{1cm}

\begin{tabular}{|*{4}{c|}} \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &amp;MÃ©dicament A&amp;\cellcolor{orange!20}MÃ©dicament B&amp;Total\\
\hline
GuÃ©ri&amp;383&amp;\cellcolor{orange!20}291&amp;674\\
\hline
Non guÃ©ri&amp; 72&amp; \cellcolor{orange!20}54&amp;126\\
\hline
Total&amp;455&amp;\cellcolor{orange!20}345&amp;800\\
\hline
\end{tabular}

La probabilitÃ© que le patient soit guÃ©ri sachant quâ€™il a pris le mÃ©dicament B se note $p_{\overline{A}}(G)$ et  est Ã©gale Ã&nbsp; :\\
$p_{\overline{A}}(G)=\dfrac{291}{345}\approx 0,84=84\:\%$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{DÃ©finition}}
La propriÃ©tÃ© de $B$ sachant que $A$ est rÃ©alisÃ© est $p_A(B)=\dfrac{p[A \cap B]}{p(A)}$\\
\textbf{\textcolor{blue}{Remarque}} : on lit souvent \og{}probabilitÃ© 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 (trÃ¨fle, carreau, cÅ“ur et pique) et les cartes sont 8~;~9~;~10~;~valet~;~Dame~;~Roi et As.\\

\noindent On note : \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $A$ l'Ã©vÃ©nement \og{}la carte tirÃ©e est un cÅ“ur\fg{}

\item $B$ : \og{}le rÃ©sultat 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 dÃ©duit que la probabilitÃ© $P_A(B)$ d'avoir un valet, sachant que l'on a tirÃ© un cÅ“ur, 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 : $p_B(A)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(B)}=\dfrac{\frac1{32}}{\frac18}=\dfrac{1}{32}\times 8=\dfrac{1}{4}$.\\
Ã’n constate que $\boxed{\textcolor{red}{p_A(B)\neq p_B(A)}}$.

\subsubsection{\textcolor{blue}{PropriÃ©tÃ©}}

\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{PropriÃ©tÃ©}}
Soient $A$ et $B$ deux Ã©vÃ©nements de probabilitÃ©s 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}{DÃ©monstration}} :
\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 mÃªme : $p_B(A)=\dfrac{p(A \cap B)}{p(B)}$ 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 Ã©lÃ©ments de $A$ sont de deux sortes : ceux qui appartient Ã&nbsp; $B$ et ceux qui n'appartiennent pas Ã&nbsp; $B$).\\
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 dÃ©duit 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}} :\\
Ã€ la montagne, 80\:\% des vacanciers pratiquent le ski alpin et 20\:\% la randonnÃ©e 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'Ã©vÃ©nement : \og{}le vacancier choisi pratique le ski\fg{}

\item $H$ l'Ã©vÃ©nement : \og{}le vacancier choisi est un homme\fg{}.
\end{enumerate}
D'aprÃ¨s l'Ã©noncÃ© : $p(S)=80\:\%=0,8$ ; $p_S(H)=60\:\%=0,6$.\\
On en dÃ©duit : $p(S \cap H)=p_S(H)\times p(S)=0,6\times 0,8=0,48$.\\
La probabilitÃ© 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 probabilitÃ© que le vacancier choisi soit une femme, sachant qu'il pratique le ski est 0,4.

\newpage



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

Un professeur de mathÃ©matiques a triÃ© sa bibliothÃ¨que dans laquelle figurent 32 manuels de diffÃ©rents niveaux, certains Ã©tant conformes aux programmes actuels et dâ€™autres, plus vieux, nâ€™y Ã©tant pas conformes.\\
La rÃ©partition de ces manuels est donnÃ©e par le tableau ci-dessous :
\begin{center}
\begin{tabular}{|*{4}{c|}} \cline{2-4}
\multicolumn{1}{c|}{} &amp;Conforme&amp;Non conforme&amp;Total\\
\hline
Seconde&amp; 9&amp; 8&amp; 17\\
\hline
PremiÃ¨re&amp; 3&amp; 5&amp; 8\\
\hline
Terminale&amp; 1&amp; 6&amp; 7\\
\hline
Total&amp; 13&amp; 19&amp; 32
\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\noindent Il prend un de ces manuels au hasard et on considÃ¨re les Ã©vÃ©nements :
\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{blue}{Utilisation d'un arbre pondÃ©rÃ©}}
\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 considÃ¨re un jeu dans lequel on lance dâ€™abord un dÃ© Ã&nbsp; 10 faces puis :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item si le rÃ©sultat est 10, on lance un dÃ© Ã&nbsp; 4 faces ;

\item sinon on lance un dÃ© Ã&nbsp; 6 faces.
\end{enumerate}
On gagne lorsque le rÃ©sultat du deuxiÃ¨me dÃ© est 1.\\
On considÃ¨re les Ã©vÃ©nements $A$ : \og{}Le rÃ©sultat du premier dÃ© est 10\fg{} et $B$ : \og{}le joueur gagne\fg{}.
\begin{enumerate}
\item Recopier et complÃ©ter lâ€™arbre pondÃ©rÃ© ci-dessous reprÃ©sentant 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 %DÃ©terminer $p(A \cap B)$.
$p(A \cap B)=p_A(B)\times p(A)=\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{10}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{40}}}$.

\item %DÃ©terminer la probabilitÃ© de gagner.
On veut calculer $p(B)$ ;\\
$=\left(B \cap A\right) \cup \left(B \cap \overline{A}\right)$.\\
On a rÃ©union de deux Ã©vÃ©nements incompatibles, donc la probabilitÃ© de cette rÃ©union est la somme des probabilitÃ©s.\\
$p(B)=p(B \cap A)+p\left(B \cap \overline{A}\right)=p_A(B)\times p(A)+p_{\overline{A}}(B)\times p\left(\overline{A}\right)=\dfrac{1}{40}+\dfrac{1}{6}\times \dfrac{9}{10}=\dfrac{1}{40}+\dfrac{\cancel{3}\times 3}{\cancel{3}\times 2\times 10}=\dfrac{1}{40}+\dfrac{3}{20}=\dfrac{7}{40}$.\\
La probabilitÃ© de gagner est $\boxed{\textcolor{red}{p(B)=\dfrac{7}{40}}}$
\end{enumerate}

\subsubsection{\textcolor{blue}{Formule des probabilitÃ©s totales}}
\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{PropriÃ©tÃ© (formule des robabilitÃ©s totales)}}
Soit $\Omega$ l'univers associÃ© Ã&nbsp; une expÃ©rience alÃ©atoire.\\
Soieit des Ã©vÃ©nements $A_1$, $A_2$, \dots $A_n$ des Ã©venements de $\Omega$, deux Ã&nbsp; deux disjoints (d'intersection vide) et dont la rÃ©union forme l'univers $\Omega$.\\
On dit que cesÃ©vÃ©nements forment une partition de $\Omega$.\\
Soit $B$ un Ã©vÃ©nement.\\
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 pÃ©naltys. $A$ est l'Ã©vÃ¨nernent \og{}Il marque le premier pÃ©nalty\fg{} et $B$ l'Ã©vÃ¨nernent \og{}Il marque le second pÃ©nalty\fg{}. \\
On a reprÃ©sentÃ© cette expÃ©rience alÃ©atoire 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 probabilitÃ©s 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 probabilitÃ© qu'il marque le deuxiÃ¨me pÃ©nalty est $\dfrac{13}{20}$.


\subsection{\textcolor{red}{Ã‰vÃ©nÃ©ments indÃ©pendants}}
\begin{bclogo}[couleur = cyan!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{DÃ©finition}}
Soient deux Ã©vÃ©nements $A$ et $B$ de probabilitÃ©s non nulles.\\
On dit que $A$ et $B$ sont indÃ©pendants lorsque $p(A \cap B)=p(A)\times p(B)$.
\end{bclogo}

\begin{bclogo}[couleur = yellow!30, arrondi = 0.1,logo=\bcbook]{\textcolor{red}{PropriÃ©tÃ©}}
$A$ et $B$ sont indÃ©pendants Ã©quivaut Ã&nbsp; $p_A(B)=p(B)$ et $p_B(A)=p(A)$.
\end{bclogo}

\textbf{\textcolor{red}{DÃ©monstration}} :\\
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Si $A$ et $B$ sont indÃ©pendants, $p(A \cap B)=p(A)\times p(B)$ ; 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 mÃªme, $p(A \cap B)=p_B(A)\times p(B)$ donc $p(A)\times p(B)=p_B(A)\times p(B)$, d'oÃ¹, en divisant par $p(B)Â±neq 0$ :\\
$p_B(A)=p(A)$.

\item RÃ©ciproque : 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 indÃ©pendants.\\
De mÃªme si $p_B(A)=p(A)$
\end{enumerate}

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

\bigskip

\danger : ne pas confondre Ã©vÃ©nements incompatibles $A \cap B=\emptyset$ et indÃ©pendants.


\newpage



\textbf{\textcolor{red}{Exercice}}.\\
On suppose que $A$ et $B$ sont indÃ©pendants.\\
Montrer que $A$ et $\overline{B}$ sont indÃ©pendants, de mÃªme que $\overline{A}$ et $B$, de mÃªme que $\overline{A}$ et $\overline{B}$.

\bigskip

\textbf{\textcolor{blue}{Solution}}.\\
Puisque $A$ et $B$ sont indÃ©pendants, $p(A \cap B)=p(A)p(B)$.\\
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Pour montrer que $A$ et $\overline{B}$ sont indÃ©pendants, 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'Ã©vÃ©nements incompatibles, puisque leur intersection est vide).\\
Donc $p(A)=p(A \cap B)+p\left(A \cap \overline{B}\right)$.\\
Par consÃ©quent : $p(A)=p(A)\times p(B)+p\left(A \cap \overline{B}\right)$.\\
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 Ã©changeant les rÃ´les de $A$ et $B$, on obtient la deuxiÃ¨me 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}  </pre></body></html>