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CHAPITRE

12

Probabilités
conditionnelles

ACTIVITÉS

(page 350)

Activité 1

Activité 2

1 a) f ( V ) = 0, 6 ;

1 a) Vue d’écran :

f ( V ) = 0, 4.
b) V ∩ M : 120 personnes ;
V ∩ M : 180 personnes.
Donc f ( V ∩ M) = 0,12 et f V ∩ M = 0,18 .

b) Vue d’écran :

)

(

2 a) • Tableau des fréquences :
c) Vue d’écran :

Groupe A

Malade

Sain

Fréquence

120
= 0, 2
600

480
= 0, 8
600

fv(M)

(

Groupe B

Malade

Sain

Fréquence

180
= 0, 45
400

220
= 0, 55
400

)

( )

fcv(M)

• f V ∩ M = 0,18 et f V × f ( M) = 0, 4 × 0, 45 = 0,18.
V

Donc f ( V ) × f ( M) = f ( V ∩ M) .
V
c) Les fréquences conditionnelles vérifient :
f V ( M) = 0, 2 et f ( M) = 0, 45 .
V
La fréquence des malades parmi les personnes non
vaccinées est nettement supérieure à celle des malades
parmi les personnes vaccinées ; on peut donc penser que le
vaccin est efficace.

d) Vue d’écran :

Observation : après plusieurs simulations, on constate que
la fréquence conditionnelle f A ( B) semble se stabiliser
autour d’une valeur proche de 0,52.
2 a) La situation est représentée par les tableaux à double
entrée ci-dessous :
Somme
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

Produit
1
2
3
4
5
6

1
1
2
3
4
5
6

2
2
4
6
8
10
12

3
3
6
9
12
15
18

4
4
8
12
16
20
24

5
5
10
15
20
25
30

6
6
12
18
24
30
36

Événement
A

Événement
B

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

1

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

• f ( V ∩ M) = 0,12 et f ( V ) × f V ( M) = 0, 6 × 0, 2 = 0,12.
Donc f ( V ) × f V ( M) = f ( V ∩ M) .
Le résultat était prévisible. En effet, si on désigne par N le
nombre total de personnes, par n( V ) celui des personnes
vaccinées et n( V ∩ M) celui des personnes vaccinées
malades alors :
n( V ) n( V ∩ M) n( V ∩ M)
f ( V ) × f V ( M) =
×
=
N
n( V )
N
soit f ( V ) × f V ( M) = f ( V ∩ M) .
b) • Tableau des fréquences :

21
7
26 13
11
=
; P(B) =
=
; P (A ∩ B) =
.
36 12
36 18
36
P( A ∩ B) 11 21 11
=
÷
=
.
P( A )
36 36 21

P( A ) =

b) Le résultat est en accord avec la fréquence conditionnelle
f A ( B) observée lors des simulations :
 11

 ≈ 0, 5238 .
21

Problème ouvert
Ce célèbre problème a conduit au paradoxe suivant avec les
deux types de raisonnement intuitif indiqués ci-après.
• Après l’ouverture de la porte, il reste deux portes. Chacune
ayant autant de chance de cacher la voiture, le joueur a donc
autant de chance de gagner qu’il change son choix ou pas.
• S’il ne change pas son choix, le joueur gagne s’il fait le
bon choix dès le départ (1 chance sur 3).
Il a donc 1 chance sur 3 de gagner sans changer, et 2 chances
sur 3 de gagner en changeant.
C’est la notion de probabilité conditionnelle qui va
permettre de résoudre correctement ce problème.
L’utilisation d’un arbre pondéré facilite la compréhension.
L’expérience complète est la succession de l’ouverture des
trois portes sous les conditions indiquées.
On considère les événements suivants :
A : « la porte cache la chèvre A »,
B : « la porte cache la chèvre B »,
V : « la porte cache la voiture ».
• Protocole 1 : le candidat conserve son choix initial.
Ouverture
Ouverture
Ouverture
de la 1re porte de la 2e porte de la 3e porte
(candidat) (présentateur)
(candidat)

1

3

A

1

B

1

3
1

3

B

1

A

1

A

1

B

1

2

A

1

V

1

2

B

1

V

Le candidat
conserve
son choix
initial.

D’après la formule des probabilités totales :
1 1
1 1
1
× ×1+ × ×1 = .
3 2
3 2
3

P( V ) =

• Protocole 2 : le candidat change son choix initial.
Ouverture
Ouverture
Ouverture
de la 1re porte de la 2e porte de la 3e porte
(candidat) (présentateur)
(candidat)

1

3

A

1

B

1

V

B

1

A

1

V

1

2

A

1

B

1

2

B

1

A

1

3
1

3

Le candidat
change
son choix
initial.

V

110476_c12_prof_fig02

D’après la formule des probabilités totales :
P( V ) =

1
1
2
×1×1+ ×1×1 = .
3
3
3

Conclusion : la stratégie à conseiller au candidat est de
changer son choix initial.

V

110476_c12_prof_fig01

Application (page 355)

EXERCICES
© Nathan 2012 – Transmath Term. S

1  1. Arbre pondéré :
0,4
0,6

2  1. Arbre pondéré :
0,6

B

0,4


B

0,7

B

0,3


B

A


A

2. D’après la loi des
chemins :
110476_c12_prof_fig03

( )
P (A ∩ B) = 0, 42 ; P (A ∩ B) = 0, 18 .

P( A ∩ B) = 0, 24 ; P A ∩ B = 0, 16  ;

2

2

5

3

5

B

N

1

4

B

3

4
1

2

N

1

2

N

B

110476_c12_prof_fig04
2. a) On note A l’événement
« deux boules blanches » :
2 1
1
P( A ) = × =
.
5 4 10

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

b) On note M l’événement « deux boules noires » :
3 1
3
P( M) = × =
.
5 2 10
c) On note D l’événement « une boule blanche et une boule
noire » :
2 3 3 1 3
P( D) = × + × = .
5 4 5 2 5

3  P (A ∩ B) = P( A ) + P( B) − P (A ∪ B) = 0, 3 .

P( A ∩ B)
= 0, 6 .
P( A )
P( A ∩ B)
PB ( A ) =
= 0, 5 .
P( B)
PA ( B) =

4  PA ( B) = P( A ∩ B) = 0, 5 .
P( A )

P (A ∩ B) = P( B) × PB ( A ) donc :

réponses.

2

3


A


B

)

6  PA ( B ) =

)

) = 2 ÷ 1 = 4.

) (

(

)

( )
(

(

)

Note. P ( A ) =

( )

)

H

3 2
7
P A∩B = P B −P A∩B = − =
.
4 5
20
P A∩B
7
1
7
P B =
=
÷ =
.
A
20 2 10
P A

( )

( )

)


A

0,65
0,35

0,2

S

0,8


S

0,3

S

0,7


S

A

B

110476_c12_prof_fig06

5

12
7

12
3

4
1

4

5

11

11

20

H

9

20


H

H


H
H


H

6

11
7

9
2

9

A


A
A


A

175
7
110476_c12_prof_fig08
= .
175 + 50 9

9  On considère les événements E « la personne est
écologiste » et N « la personne est opposée à la construction
du barrage ».
Arbre illustrant la situation :
0,65

7  1. a) Arbre pondéré :

0,245

A

P( A )
5 2
5
D’après la formule des probabilités totales :
P A∩B +P A∩B = P B
donc :

2

5

P A∩B

(

0,52

Note. P ( H) =

()

(

S

150
3
110476_c12_prof_fig07
= .
150 + 50 4
b) Arbre pondéré commençant par H et H :


B

1

2

(

A

B

1 1
1
P (A ∩ B) = P( A110476_c12_prof_fig05
) × PA ( B) = × =
.
3 4 12
2 1
1
P A ∩ B = P A × P ( B) = × = .
A
3 2
3
D’après la formule des probabilités totales :
1
1
5
P( B) = P( A ∩ B) + P A ∩ B =
+ =
.
12 3 12

(

3

5

B

3

4
1

2

0,105

0,35

0,7

E

0,3


E

0,2

E

0,8


E

N


N

1. P (N ∩ E) = P( N ) × PN ( E ) = 0, 65 × 0, 7 = 0, 455 .
110476_c12_prof_fig09

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

3

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

A

0,13

On obtient de même les autres probabilités du tableau.
2. D’après la formule des probabilités totales :
P(S) = P( A ∩ S) + P( B ∩ S) = 0,13 + 0,105 = 0, 235.
Ainsi, le taux d’employés stressés ne dépasse pas 25 % ;
donc l’implantation de la salle n’aura pas lieu.
Remarque. Ce résultat était prévisible. En effet, si on
pondère les taux de chaque catégorie par la masse, le taux
moyen d’employés stressés est :
tm = 0, 65 × 20 % + 0, 35 × 30 % = 23, 5 %
donc ce taux est inférieur à 25 %.

5  La réalisation d’un arbre pondéré facilite les

1

3

S

125 + 175 3
125 + 150 11
=  ;
P( H) =
=
 ;
500
5
500
20
125
5
125
5
PA ( H) =
=
 ; PH ( A ) =
=
.
125 + 175 12
125 + 150 11
2. a) Arbre pondéré commençant par A et A :

2 2 1 13
+ − =
.
5 3 5 15

1

4

B

P( A ) =

P (A ∪ B) = P( A ) + P( B) − P (A ∩ B)
=

P(A ∩ S) = P(A) × PA(S)
P(A ∩ S) = 0,65 × 0,2 = 0,13

A

8  1.

P( A ∩ B ) 2
= .
PB ( A )
3

P( B ) =

b) Tableau de probabilités :

(

)

( )

2. P N ∩ E = P N × P ( E) = 0, 35 × 0, 2 = 0, 07.
N

3. D’après la formule des probabilités totales :
P( E ) = P( N ∩ E) + P N ∩ E = 0, 525 .

)

(

• Lors du tirage successif de deux boules sans remise, pour
1  i  2, on note Ui « n° 1 au tirage de rang i », Di « n° 2
au tirage de rang i » et Ti « n° 3 au tirage de rang i ».
Arbre pondéré associé au numéro :

10 1. Arbre pondéré :
A
S

U1

N

0,16

A

0,44

E

N

0,40

2

5 D
1

A
B

N

2. a) P(S ∩ A ) = P( A ) × PA (S) = 0, 6 × 0,15 = 0, 09.
P( B ∩ A ) = P(110476_c12_prof_fig10
A ) × PA ( B) = 0, 6 × 0, 5 = 0, 30.
b) D’après la formule des probabilités totales :
P(S ∩ A ) + P( E ∩ A ) + P( B ∩ A ) = P( A )
donc :
P( E ∩ A ) = P( A ) − P(S ∩ A ) − P( B ∩ A )
P( E ∩ A ) = 0, 6 − 0, 09 − 0, 30 = 0, 21 .
P(S ∩ A ) 0, 09
9
=
=
.
c) PS ( A ) =
P(S)
0,16 16
P( E ∩ A ) 0, 21 21
PE ( A ) =
=
=
.
P( E)
0, 44 44
P( B ∩ A ) 0, 3 3
PB ( A ) =
=
= .
P( B)
0, 4 4
3. Arbre complet :
9

16
S
0,16
0,44

A

7

16 21

44

N

23

44
3

4

N

1

4

N

E

0,40
B

A

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

2

5

3

5

3

4

N2

1

2

B2

1

2

N2

1

2

D2
T2
U2
D2

P( B) = P( U1 ) × PU ( D 2 ) + P( D1 ) × PD ( U 2 )
1

1

2 1 2 1 2
× + × = .
5 2 5 2 5
P( A ∩ B)
.
2. • PB ( A ) =
P( B)
L’événement A ∩ B signifie « deux boules de même
couleur dont la somme des numéros est 3 ».
Les chemins qui conduisent à la réalisation de A ∩ B
sont :
P( B) =

/5
/4
1
→ B1 ∩ D1 1
→ B2 ∩ U 2

/5
/4
1
→ N1 ∩ D1 1
→ N2 ∩ U2
1 1 1
D’où P( A ∩ B) = 4 × × = .
5 4 5
1 2 1
Ainsi PB ( A ) = ÷ = .
5 5 2
• De même :
P( A ∩ B) 1 2 1
PA ( B) =
= ÷ = .
P( A )
5 5 2

12 1. Tableau des effectifs :
A
A

B
4
28
32

B
8
56
64

12
84
96

4
1
12 32
1
=
et P(A) × P( B) =
×
=
96 24
96 96 24
donc P( A ∩ B) = P( A ) × P( B) .
Ainsi A et B sont indépendants.
2. A et B sont indépendants, donc A et B sont
indépendants.
P( A ∩ B) =

N1

P( A ) = P (B1 ∩ B2 ) + P (N1 ∩ N 2 )

110476_c12_prof_fig12

P( A ) = P( B1 ) × PB ( B2 ) + P( N1 ) × PN ( N 2 )
1

U2

P( B) = P (U1 ∩ D110476_c12_prof_fig13
) + P (D1 ∩ U 2 )
2

B1

2 1 3 1 2
P( A ) = × + × = .
5 4 5 2 5

T2

/5
/4
1
→ N1 ∩ U1 1
→ N 2 ∩ D2

remise, pour 1  i  2 , on note : Bi « boule blanche au
tirage de rang i » et Ni « boule noire au tirage de rang i ».
Arbre pondéré associé à la couleur :
B2

D2

T1

0,6

A

1

4

1

5

U2

/5
/4
1
→ B1 ∩ U1 1
→ B2 ∩ D2

110476_c12_prof_fig11
11 1. • Lors
du tirage successif de deux boules sans

4

2

5

0,6

1

4
1

2
1

4
1

2
1

4
1

4
1

2

1

13 A et B sont indépendants si, et seulement si :

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

P( A ∩ B) = P( A ) × P( B) .

D’où l’équation :

1 1
1
1
× =
, P( A ) =
4 3 12
4
et d’après la formule des probabilités totales :
1
3
P( B) = P( A ∩ B) + P A ∩ B =
+ p.
12 4
P( A ∩ B) =

1
1 1
3
=  +
12 4 12 4
1
1
3
1
+ p = donc p = .
3
12 4
3

)

(

Activités de recherche (page 360)

EXERCICES
18 Choisir son arbre

• Les outils
– Arbre pondéré (ou tableau à double entrée).
– Loi des nœuds et loi des chemins.
– Formule des probabilités totales.
• Les objectifs
– Traduire des données statistiques en termes de probabilité.
– Calculer la probabilité conditionnelle d’un événement.
1. Arbre pondéré :

• Les objectifs
– Définir une suite récurrente de probabilités.
– Étudier puis interpréter le signe d’une suite auxiliaire.
1. a) Arbre associé au deux premières parties :
0,1

0,9


0,95 D 0,02


G


G

0,6

G2

0,4


G

2

2

(

P( G 2 ) = P( G1 ∩ G 2 ) + P G1 ∩ G 2

)

d’où p2 = 0,1 × 0, 8 + 0, 9 × 0, 6 = 0, 62 .
2. a) Arbre associé aux parties de rang n et n + 1 :


D

2. a) Les chemins qui mènent à D sont :
110476_c12_prof_fig14


→ M 
→ D (événement: M ∩ D )

pn


→ M 
→ D (événement: M ∩ D ).
b) D’après la formule des probabilités totales :

1–pn

)

(

P( D) = P( M ∩ D) + P M ∩ D

( )

soit : P( D) = P( M) × PM ( D) + P M × P ( D)
M

P( D) = 0, 0125 + 0, 75P ( D) .

0,8

Gn+1

0,2


G

0,6

Gn+1

0,4


G

Gn


G

n

n+1

n+1

b) Pour tout entier
n  1, d’après la formule des
110476_c12_prof_fig16
probabilités totales :

P( D) = 0, 25 × 0, 05 + 0, 75 × P ( D)
M

M

c) D’où l’équation : 0, 0125 + 0, 75P ( D) = 0, 02 .
M
0, 02 − 0, 0125
= 0, 01 .
Donc P ( D) =
M
0, 75
Remarque. L’utilisation d’un tableau à double entrée
facilite également le calcul de P ( D).
M

P( M ∩ D) = P( M) × PM ( D) = 0, 25 × 0, 05 = 0, 0125.
D’où le tableau complet :

(

P( G n +1 ) = P(G n ∩ G n +1 ) + P G n ∩ G n +1
pn +1 = 0, 8 pn + 0, 6(1 − pn )

)

pn +1 = 0, 2 pn + 0, 6 .
3. a) Pour tout entier n  1 :
un +1 = pn +1 − 0, 75 = 0, 2 pn + 0, 6 − 0, 75
un +1 = 0, 2 pn − 0,15.
Or pn = un + 0, 75, donc :
un +1 = 0, 2( un + 0, 75) − 0,15

D

D

M

0,0125

0,2375

0,25

soit un +1 = 0, 2 un.

M

0,0075

0,7425

0,75

0,02

0,98

1

La suite ( un ) est géométrique de raison q = 0, 2 et de
premier terme u1 = p1 − 0, 75 = − 0, 65.
b) Pour tout entier n  1, un = u1qn −1 , soit :
un = − 0, 65 × 0, 2 n donc un  0 .
c) Ainsi, pour tout entier n  1, pn  0, 75 .
Max ne peut pas espérer avoir 3 chances sur 4 de gagner
une partie.

P ( D) =
M

0,2

b) D’après la formule
des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig15

D
M

G2

(

) = 0, 0075 = 0, 01.

P M∩D

( )

P M

0, 75

19 Une suite de parties
• Les outils
– Arbre pondéré.
– Formule des probabilités totales.
– Suite géométrique.

20 Narration de recherche
Cet exercice nécessite la mise en évidence de deux lois
binomiales lors de 10 lancers successifs de la pièce choisie.
Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

5

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

0,75

M

0,8
G1

1

0,05 D
0,25


p .


On note T l’événement « la pièce est truquée » et A
l’événement « 8 Face en 10 lancers ».
• Si la pièce est équilibrée, la variable aléatoire X qui
indique le nombre de sorties de Face au terme des dix
lancers suit la loi (10 ; 0, 5) .
10
Donc P ( A ) =   0, 510 ≈ 0, 044 .
T
8 
• Si la pièce est truquée lors d’un lancer, la probabilité de
sortie de Face est telle que :
P( Face ) = 3 × P( Pile )
P( Face ) = 0, 75
d’où 
.

P(Face ) + P(Pile ) = 1
P( Pile ) = 0, 25
La variable aléatoire Y qui indique le nombre de sorties de
Face au terme des dix lancers suit la loi (10 ; 0, 75) .
10
Donc PT ( A ) =   0, 758 × 0, 252 ≈ 0, 282 .
8 
Un arbre pondéré permet d’illustrer la situation :
0,282

A

0,718


A

0,044

A

0,956


A

T

0,5


T

0,5

)

21  Narration de recherche
Cet exercice met en évidence l’analogie dans la réalisation
de deux arbres pondérés :
– l’un représente la répétition de deux épreuves
indépendantes ;
– l’autre la succession de deux expériences dont la seconde
est conditionnée par la première.
On considère les événements :
• I1 « l’information est perçue lors de l’annonce 1 » ;
• I2 « l’information est perçue lors de l’annonce 2 » .

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

–I

0,4

I2

0,4

–I

0,16

0,4

0,6

0,4

1

0,6

I1

0,4

–I

0,9

I2

0,1

–I

1
2

1

2

Dans ce modèle, la perception de l’information est nettement
améliorée puisque seulement 4 % de la population reste
non informée.

A. 1. a) B gagne le duel en 13 parties.
b) A a gagné 4 parties.
c) Le pion est repassé par l’origine deux fois.
Cela signifie que les deux joueurs ont gagné le même
nombre de parties à ce moment du duel.
2. a) La valeur minimale que peut prendre N est 5.
L’événement « N = 5 » est représenté par l’un des chemins
suivants :
/5
/5
/5
/5
/5
3
→ A 3
→ A 3
→ A 3
→ A 3
→A
/5
/5
/5
/5
/5
2
→ B 2
→ B 2
→ B 2
→ B 2
→ B  ;
5
5
11
 3
 2
.
Donc P( N = 5) =   +   =
 5
 5
125
b) N peut prendre une infinité de valeurs, comme des valeurs
du type N = 2 k + 5 , avec k ∈ N*  : il suffit d’imaginer
2k parties ou les victoires de A et B sont alternées puis 5
victoires successives du gagnant de la 1re partie.
3. a) La variable h qui prend pour valeur un nombre entier
au hasard entre 1 et 5 permet de simuler la victoire de l’un
des joueurs : si h  3, c’est A qui gagne, sinon c’est B.
b) Le duel s’arrête si, et seulement si, y = 5 ou y = − 5.
D’où le critère de la ligne 8 : ( y − 5)( y + 5) ≠ 0.
c) Ligne 11 : h  3. Ligne 17 : y − 1.

1
2

( ) ( )
Donc P ( I ∩ I ) = 0, 4 = 0, 16 .
2

2

Remarque.  On peut raisonner aussi à partir d’un tableau
à double entrée.

6

0,24

I1

P I1 ∩ I2 = P I1 × P I2 (indépendance de I1 et I2 ) .
1

0,6

(
( )
) ( ) 110476_c12_prof_fig19
Donc P ( I ∩ I ) = 0, 4 × 0, 1 = 0, 04 .

110476_c12_prof_fig18

)

0,24

P I1 ∩ I2 = P I1 × P I2 .

La probabilité que l’information ne soit pas perçue est :

(

0,36

I1

La probabilité que l’information
ne soit pas perçue est :

I1
0,6

I1

b) Modèle 2 :
conditionnement des réactions

a) Modèle 1 : indépendance des réactions
0,6

I2

22  TD – Duel : le premier à 5

P( T ∩ A )
Il s’agit de calculer
PA (T) =
.
110476_c12_prof_fig17
P( A )
Or P( T ∩ A ) = P( T ) × PT ( A ) et d’après la formule des
probabilité totales :
P( A ) = P( T ∩ A ) + P T ∩ A ,
donc :
0, 5 × 0, 282
PA ( T) =
≈ 0, 865.
0, 5 × 0, 282 + 0, 5 × 0, 044

(

I2

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

d) Lors de plusieurs simulations, il y a toujours un
vainqueur.
Note. En théorie, un duel pourrait ne jamais s’arrêter.
L’expérimentation donne chaque fois un vainqueur ce qui
permet de conjecturer que la probabilité que le duel ne
s’arrête pas est nulle.

C. 1. Programme :

B. 1. a) Ligne 13 : ( y − 5)( y + 5) ≠ 0 .
[Langage Algobox : ( y − 5) * ( y + 5)! = 0 ].
Ligne 16 : h  3.
Ligne 22 : y prend la valeur y − 1 .
b) Ligne 25 : on enregistre dans la liste L, au rang
k, le vainqueur du k-ième duel (5 : A vainqueur ;
– 5 : B vainqueur).
c) Chaque fois que A est vainqueur, on ajoute 1 à la variable
S qui compte le nombre de succès de A.
Ligne 28 : S prend la valeur S + 1.
d) Ligne 31 : F prend la valeur S / 10000.
(La variable F contient la fréquence de SA).

2. Estimation du nombre moyen de parties durant un duel :
E( N ) ≈ 19.

23  TD – Test de dépistage
A. 1. a) Arbre illustrant la situation:
0,1

0,9

0,98

T

0,02


T

0,008

T

0,992


T

M


M

P(M ∩ T )
.
P( T )
• P( M ∩ T) = P( M) × PM ( T ) = 0,1 × 0, 98 = 0, 098.
• D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig20
b) Valeur diagnostique
du test PT ( M) =



)

(

P( T ) = P (M ∩ T) + P M ∩ T

2. Après simulation, on peut estimer que :
P(S A ) ≈ 0, 88 .
3. Modification de l’algorithme pour obtenir une estimation
de P(S B ) :
Ligne 26 :

Si (y = – 5) ALORS

Ligne 32 : AFFICHER «la fréquence de S_B est :»
D’où l’estimation :
P(S B ) ≈ 0,12 .

T

T

M

0,098

0,002

0,1

M

0,007 2

0,892 8

0,9

0,105 2

0,894 8

1

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

P( T) = 0,1 × 0, 98 + 0, 9 × 0, 008 = 0,1052.
0, 098
≈ 0, 9316.
Donc PT ( M) =
0,1052
2. a) Tableau de probabilités :


b) Probabilité d’un « faux positif » :

S A et S B ne sont pas des événements contraires car il existe
une troisième alternative N « le duel ne s’arrête pas » .
On peut encore conjecturer que P( N ) = 0.

(

)

(

)

P M ∩ T = 0, 072 .
Probabilité d’un « faux négatif » :
P M ∩ T = 0, 002 .

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

7

c) On note E l’événement « erreur de test ».
P( E ) = P M ∩ T + P M ∩ T = 0, 002 + 0, 007 2
P( E ) = 0, 009 2.
Fiabilité du test :
f = P( M ∩ T) + P M ∩ T
soit f = 0, 098 + 0, 892 8 = 0, 9908 .
Remarque. f = 1 − P( E ) .

) (

(

1

2

)

1

2

)

(

1

2

A

T

0,02


T

0,008

T

0,992


T

M

x

1–x


M

• Valeur diagnostique :
110476_c12_prof_fig21
P( M ∩ T)
d ( x ) = PT ( M) =
.
P( T )
0, 98 x
980 x
245 x
d ( x) =
=
=
.
0, 98 x + 0, 008(1 − x ) 972 x + 8 2443 x + 2
La fonction d est dérivable sur ]0 ; 1[.
490
, donc d '( x )  0.
∀ x ∈]0 ; 1[ , d '( x ) =
( 243 x + 2 )2
Note : lim d ( x ) = 0 et lim d ( x ) = 1.
x →0+

Génération
n

xn
yn

1

(Aa)n

(aa)n

+

d
0
b) Sur l’intervalle ]0 ; 1[ :
245 x
9
>
d ( x ) > 0, 9 ⇔
243 x + 2 10
⇔ 2 450 x > 2 187 x + 18
18
.
263
Ainsi, la valeur diagnostique dépasse 0,9 à partir d’un
pourcentage de malades dans la population d’environ
6,85 %.
2. a) Fiabilité du test :
f ( x ) = P( M ∩ T ) + P M ∩ T
d ( x ) > 0, 9 ⇔ x >

(

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

(AA)n

zn

1

)

a

1
1 1 1
1
D’où : P( AA ) = 110476_c12_prof_fig22
; P( Aa ) = + = ; P( aa ) = .
4
4 4 2
4
2. a) x0 = 0 ; y0 = 1 et z0 = 0 .
1
1
1
D’où : x1 = ; y1 =
et z1 = .
4
2
4
b) Pour tout entier n  1 :
1
P( AA ) ( AA )n+1  = 1 , P( Aa ) ( AA )n+1  = ,
n
n
4
1
P( Aa ) ( Aa )n+1  = .
n
2
c) Arbre illustrant la situation :

• Tableau de variation de d :
0

A

a
1

2

x →1−

x
d’

a

1

2
1

2

B. 1. a) Arbre illustrant la situation :
0,98

A

Génération
n+1
1

(AA)n+1

1

4 (AA)n+1
1 (Aa)

n+1
2
1 (aa)

n+1
4
1
(aa)n+1

D’après la formule des probabilités totales :
( AA )n ∩ ( AA )n +1  + P ( Aa )n ∩ ( AA )n +1 
P ( AA )n +1  = P110476_c12_prof_fig23
1
soit xn +1 = xn + yn .
4
De même :
P ( Aa )n +1  = P ( Aa )n ∩ ( Aa )n +1 
1
d’où yn +1 = yn .
2
d) Pour tout entier naturel n :
xn + 1 + yn + 1 + z n + 1 = 1 ;
1
1 

donc zn +1 = 1 − ( xn +1 + yn +1 ) = 1 −  xn + yn + yn ;

4
2 
3
soit zn +1 = 1 − xn − yn .
4
B. 1. a) Tableau de valeurs :
n

donc f ( x ) = 0, 98 x + 0, 992(1 − x ) = 0, 992 − 0, 012 x .

xn

yn

zn

0

0,000 000

1,000 000

0,000 000

b) Sur l’intervalle ]0 ; 1[ :

1

0,250 000

0,500 000

0,250 000

2

0,375 000

0,250 000

0,375 000

3

0,437 500

0,125 000

0,437 500

4

0,468 750

0,062 500

0,468 750

5

0,484 375

0,031 250

0,484 375

6

0,492 188

0,015 625

0,492 188

7

0,496 094

0,007 813

0,496 094

1
f ( x ) > 0, 99 ⇔ 0, 992 − 0, 012 x > 0, 99 ⇔ x < .
6
Ainsi, la fiabilité du test dépasse 0,99 lorsque la proportion
de malades dans la population ne dépasse pas 1/6.

24 TD – Loi d’équilibre génétique
A. 1. Arbre illustrant l’appariement au hasard d’une plante
hétérozygote pour la génération 1 ci-après.

8

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

n

xn

yn

zn

8

0,498 047

0,003 906

0,498 047

9

0,499 023

0,001 953

0,499 023

10

0,499 512

0,000 977

0,499 512

n

b) Conjecture : les suites ( xn ) et ( yn ) semblent converger
vers 0,5 alors que la suite ( zn ) semble converger vers 0.
1
2. a) ∀ n ∈ , yn +1 = yn .
2
1
et de
La suite ( yn ) est géométrique de raison q =
2
n
 1
premier terme y0 = 1 . Ainsi : yn =   .
 2
1
1
b) ∀ n ∈ , xn +1 = xn + yn donc xn +1 − xn = yn .
4
4
Pour tout entier n  1, écrivons ces égalités pour les
indices de 0 à n – 1, puis additionnons membre à membre :
1
x1 − x0 = y0
4
1
x2 − x1 = y1
4
..... .... ..... ......
xn − xn −1 =
xn − x0 =



1
( y + y1 + ... + yn−1)
4 0

de tête
25  a) P( H) = 1  ;

)

(

n +1

1  1
−  .
2  2
Ainsi, pour tout entier naturel n, zn = xn.

soit zn =

n

 1
c) Or lim   = 0 ; donc :
n → +∞  2
1
1
lim x = , lim yn = 0 et lim zn = .
n →+∞ n
n
→+∞
n
→+∞
2
2
À la longue, les générations successives sont homozygotes
avec équilibre dans la répartition AA et aa. Il y a disparition
progressive des plantes hétérozygotes.

D

D

Total

A

48

1 152

1 200

B

24

776

800

Total

72

1 928

2 000

9
3
2
; P( A ∩ D) =
; P ( A) = .
250
125 D
3
241
97
97
; P D∩B =
; P ( B) =
.
b) P D =
250
250 D
241

)

2. a) P( D) =

c) P( B) = P( A ∩ B) + P A ∩ B = 0, 22 .

()

27  a) PB ( A ) = P( A ∩ B) = 0, 5.

P( B)
P( A ∩ B)
= 0, 25.
b) PA ( B) =
P( A )

(

n
n
1   1   1
1


       ;
2   2   2

29  1. Tableau des effectifs :

7
 ;
13
7
d) PA ( F) =
.
15

26  a) P( A ∩ B) = 0,14 ;

(

Donc zn = 1 − xn − yn = 1 −

probabilités conditionnelles

b) PC ( H) =

2

b) P A ∩ B = 0, 08 ;

∀ n ∈ , xn + yn + zn = 1 .

Entraînement (page 366)

EXERCICES

3
c) PH ( A ) =  ;
5

D’autre part :

(

)

30  1. Diagramme :
0,27

)

c) P A ∩ B = P( B) − P( A ∩ B) = 0, 05 .

8
1
b) PC ( A ) = = P( A ) ; donc A et C sont indépendants.
8
1
1
c) PC ( B) = est différent de P( B) =  ; donc B et C ne
2
4
sont pas indépendants.

0,18
0,42

T
E

M

28  a) PB ( A ) = 1 = P( A ) ; doncAet B sont indépendants.

© Nathan 2012 – Transmath Term. S



1
y
4 n −1

 1
1−  
  1 n 
 2
Or x0 = 0 et y0 + y1 + ... + yn −1 =
= 2 1 −   
1
  2 
1−
2
(somme de n termes consécutifs de la suite géométrique
( yn ) ).
Donc :
n
1   1 
xn = 1 −    .
2   2 

0,24

0,31
0,55

Note. P( M ∪ E) = 1 − 0, 27 = 0, 73 .
110476_c12_prof_fig24

P( M ∩ E) = P( M) + P( E) − P( M ∪ E )
donc P( M ∩ E) = 0, 42 + 0, 55 − 0, 73 = 0, 24.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

9

P( M ∩ E) 0, 24 4
=
= .
P( M )
0, 42 7
P( E ∩ M) 0, 24 24
=
=
.
b) PE ( M) =
P( E )
0, 55 55

2. a) PM ( E ) =

31  Corrigé sur le site élève.

0,6

H

0,4

F

0,45

T

0,55


T

0,3

T


T

D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig26

formule des probabilités
totales
32  1. Tableau de probabilités :

) ( )
d’où P (F ∩ T) = P (T) − P (H ∩ T)
(

= 0, 7 − 0, 6 × 0, 55 = 0, 37.
P F∩T
0, 37
37
Ainsi PF T =
=
=
.
P( F )
0, 40
40

()

B

F

0,57

0,36

0,93

35  Corrigé sur le site élève.

F

0,03

0,04

0,07

36  1. Arbre pondéré :

0,60

0,40

1

0,15

2. D’après la formule des probabilités totales :
P( F) = P( A ∩ F) + P( B ∩ F)
P( F) = P( A ) × PA ( F) + P( B) × PB ( F)
P( F) = 0, 6 × 0, 95 + 0, 4 × 0, 9 = 0, 93 .

0,85

0,5

0,5

T2

0,5

A

0,5

O

0,6

A

0,4

O

2. a) D’après la formule
des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig25
P( O) = P( T1 ∩ O) + P( T2 ∩ O)
P( O) = P( T1 ) × PT ( O) + P( T2 ) × PT ( O)
1

2

P( O) = 0, 5 × 0, 5 + 0, 5 × 0, 4 = 0, 45.
P( T1 ∩ O) 0, 52
5
b) PO ( T1 ) =
=
= .
P( O )
0, 45 9

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

34  On note H, F et T les événements suivants :
H « la personne interrogée est un homme », F « la personne
interrogée est une femme » et T « la personne interrogée
pratique le tennis ».
On obtient le tableau des probabilités :
T

T

F

0,03

0,37

0,40

H

0,27

0,33

0,60

0,30

0,70

1

(

)

()

Note. P H ∩ T = P( H) × PH T = 0, 6 × 0, 55 = 0, 33 .

(

)

P F∩T

0, 37
37
=
=
.
P( F )
0, 40
40
Remarque. On peut aussi traiter cet exercice à partir d’un
arbre pondéré.
PF T =

10

D


D

1

3
0,6

E

0,4


E

2

3

O


O

2. D’après la loi des chemins :

P( E) = 0, 85 × 0, 6 = 0, 51 ;
110476_c12_prof_fig27
1
P( O) = 0, 85 × 0, 6 × = 0,17 .

3
3. Le candidat est admis :
– soit sur dossier ;
– soit après passage et réussite aux épreuves ­complémentaires.
Ainsi A = D ∪ O (réunion de deux événements incompatibles).
Donc P( A ) = P( D) + P( O) = 0,15 + 0,17 = 0, 32 .
P( A ∩ D )
0,15 15
=
=
.
4. PA ( D) =
P( A )
0, 32 32
Ainsi, parmi les candidats admis, le pourcentage de ceux
admis sur dossier est d’environ 47 %.

33  1. Arbre pondéré :

()

)

(

A

T1

()

P F∩T +P H∩T = P T

indépendance
et conditionnement
37  Les probabilités P(A) et P(B) sont telles que :
•  P( A ) + P( B) = P( A ∪ B) + P( A ∩ B) ;
•  P( A ) × P( B) = P( A ∩ B) (indépendance).
On résout le système :
P( A ) + P( B) = 1, 3

P( A ) × P( B) = 0, 4
P( B) = 1, 3 − P( A )
soit 
.
2
[P( A )] − 1, 3P( A ) + 0, 4 = 0
L’équation du 2nd degré a pour solutions 0,5 et 0,8.
Or, par hypothèse, P( A )  P( B) donc :
P( A ) = 0, 5 et P( B) = 0, 8.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

38  1. a) On note pi la probabilité de sortie du numéro i

Or p1 + p2 + ...... + p6 = 1, donc 21k = 1, soit k =
Ainsi, pour tout entier i tel que 1 ≤ i ≤ 6 , pi =

i
.
21

1
.
21

4
Alors : P( A ) = p2 + p4 + p6 = ;
7
6

P( B) = p3 + p4 + p5 + p6 = ;
7
1

P( C) = p3 + p4 = .
3
P( A ∩ B)
10
. Or P( A ∩ B) = p4 + p6 =
b) PA ( B) =
P( A )
21
10 4 5
÷ = .
donc PA ( B) =
21 7 6
2. •  PA ( B) ≠ P( B), donc A et B ne sont pas indépendants.
4 1
4
4
.
•  P( A ∩ C) = p4 =
et P( A ) × P( C) = × =
7 3 21
21
Ainsi P(A ∩ C) = P( A ) × P( C) donc A et C sont
indépendants.

()

PE A = 1 − PE ( A ) ≈ 0, 227 .
Si le premier enfant est asthmatique, la probabilité qu’aucun
des parents ne le soit est 0,773.
A contrario, si le premier enfant est asthmatique, la
probabilité qu’au moins un des parents le soit est 0, 227.

P A∩E
( ) (P E ) .
()
•  P (E) = 1 − P( E) = 0, 882 .
d) P A =
E

• D’après la formule des probabilités totales :

) ( )
donc P (A ∩ E) = P (E) − P (A ∩ E)

= 0, 882 − 0, 912 × 0, 9
soit P A ∩ E = 0, 0612 .
0, 0612
≈ 0, 069 .
Ainsi P A =
E
0, 882

(

()

)

41  1. Arbre illustrant la situation :
Sondage
1

39  Corrigé sur le site élève.
40  1. a) Tableau des probabilités :
F

1

H

0,002

H

0,048

0,912

0,96

0,05

0,95

1

0,04

V1


V

0,4

0,4


V

0,1

V3

2

0,9


V

3

3

)

(

2. D’après la formule des probabilités totales :
P( V3 ) = P (( V1 ∩ V2 ) ∩ V3 ) + P ( V1 ∩ V 2 ) ∩ V3 .
P( V3 ) = (1 × 0, 6 ) × 0, 6 + (1 × 0, 4 ) × 0,1 = 0, 4.
3. Arbre illustrant la succession des sondages de rang n et
n + 1 ( n  2) :

)

(

= 0, 048 + 0, 038 = 0, 086.

P( C) = P( F ∩ H) = 0, 002.
2. a) Arbre illustrant la situation :
0,1

E

0,9


E

0,3

E

0,7


E

0,5

E

0,5


E

A

B

C

pn

1– pn

Vn+1

0,4


V


V

0,1

Vn+1

0,9


V

n+1

n

n+1

(

P( Vn + 1 ) = P( Vn ∩ Vn + 1 ) + P Vn ∩ Vn + 1

( )

)

P( Vn +1 ) = P( Vn ) × PV ( Vn +1 ) + P V n × P ( Vn +1 )
n

P( E) = 0, 912 × 0,1 + 0, 086 × 0, 3 + 0, 002 × 0, 5 = 0,118 .
P( A ∩ E) 0, 912 × 0,1
=
≈ 0, 773.
P( E)
0,118

0,6
Vn

4. Pour tout entier
n  2, d’après la formule des
110476_c12_prof_fig30
probabilités totales :

b) D’après la formule des probabilités totales :
P( E ) = P( A ∩ 110476_c12_prof_fig28
E) + P( B ∩ E) + P( C ∩ E)
P( E ) = P( A) × PA (E) + P( B) × PB ( E) + P( C) × PC (E)
c) PE ( A ) =

V3

P( B) = P V1 ∩ V2 ∩ V3 = 1 × 0, 4 × 0, 9 = 0, 36 .

( )
P( B) = P (F ∩ H) + P (F ∩ H)

0,002

0,6
V2

P( A ) = 1 × 0, 6 × 0, 6 = 0, 36.
110476_c12_prof_fig29

b) P( A ) = P F ∩ H = 0, 912.

0,086

Sondage
3

P( A ) = P( V1 ∩ V2 ∩ V3 ) ; donc, d’après la loi des chemins :

Note : F et H sont indépendants donc :
P(F ∩ H) = P( F) × P( H) .
Il en est de même pour F et H, F et H, F et H.

0,912

Sondage
2
0,6

F
0,038

()

(

P A∩E +P A∩E = P E

P( Vn +1 ) = pn × 0, 6 + (1 − pn ) × 0,1
soit pn +1 = 0, 5 pn + 0,1.

Vn

Remarque. La formule est également vraie au rang n = 1
puisque p1 = 1 et p2 = 0, 6.
5. a) Pour tout entier n  1 :
un +1 = pn +1 − 0, 2 = 0, 5 pn + 0,1 − 0, 2 = 0, 5( pn − 0, 2 )
un +1 = 0, 5un .

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

11

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

(1  i  6 ) lors du lancer du dé truqué.
Si k désigne le coefficient de proportionnalité :
p1 = k , p2 = 2 k , ……, p6 = 6 k .

D’après la loi des nœuds :

Donc ( un ) est une suite géométrique de raison q = 0, 5 et
de premier terme u1 = p1 − 0, 2 = 0, 8 .
b) ∀ n ∈ * , un = u1qn −1 = 0, 8 × 0, 5n −1.
Or, pn = un + 0, 2, donc :
pn = 0, 2 + 0, 8 × 0, 5n −1 = 0, 2 + 1, 6 × 0, 5n .
c) lim 0, 5n = 0, donc lim pn = 0, 2 .
n →+∞

n →+∞

À la longue, il y a 1 chance sur 5 que le sondage réalisé
soit positif.

42  Corrigé sur le site élève.
43  1. a) On note B1 l’événement « jeton blanc lors du

1 tirage » et B2 l’événement « jeton blanc lors du 2  tirage ».
De même, on définit les événements N1 et N2 pour les jetons
noirs.
Arbre pondéré associé aux couleurs :
er

nd

6

9
7

10

3

10

N2

7

9

B2

2

9

N2

I1

6

10

4

10

–I

4

9
6

9

1

3

9

U
A
B

b) Vraie.
Si A et B sont incompatibles
alors A ∩ B = ∅
donc B ⊂ A .
On en déduit que B = A ∩ B ,

110476_c12_prof_fig33U
B
A

( )
= P ( A ) × P ( B)

d’où : P( B) = P A ∩ B

A

= (1 − P( A )) P ( B).

110476_c12_prof_fig34

A

c) Vraie.
A et B indépendants ⇒ A et B indépendants

(

)

()

(

)

()

()

⇒ P A∩B = P B ×P A


N1

5

9

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

7

44  a) Vraie.
A ⊂ B ⇒ A∩B=A
⇒ P( A ∩ B) = P( A )
P( A ∩ B)

=1
P( A )
⇒ PA ( B) = 1.

B1
3

9

2

∑ k P( X = k ) = 5 .
k =0

B2

P( D) = P( B1 ∩ B2 ) = P( B1 ) × PB ( B2 )
1
7
6 110476_c12_prof_fig31
7
P( D) =
× =
.
10 9 15
b) On note I1 l’événement « numéro impair lors du 1er tirage »
et I2 l’événement « numéro impair lors du 2nd tirage ».
Arbre pondéré associé aux numéros :

( ) () ()
⇒ P ( A ∪ B ) = (1 − P( A )) (1 − P( B)) .
⇒ P A∩B = P A ×P B



exercices de synthèse

–I

45  A. 1. Arbre pondéré illustrant la situation :

2

I2

–I

2

0,98

0

1

2

P(X = k )

1
15

7
15

7
15

0,99

T

0,01


T

0,03

T

0,97


T

V

0,02

k

()

⇒ P A∩B = P B ×P A
A
B

d) Vraie.
A et B indépendants ⇒ A et B indépendants

I2

P( I) = P( I1 ∩ I2 )110476_c12_prof_fig32
= P( I1 ) × PI ( I2 )
1
6
5 1
P( I) =
× = .
10 9 3
c) D ∩ I signifie « deux jetons blancs impairs ». Ainsi
D ∩ I est représenté par le chemin :
/ 10
/9
4
→ B1 ∩ I1 3
→ B2 ∩ I2
4
3
2
× =
.
donc P( D ∩ I) =
10 9 15
7
, donc P( D ∩ I) ≠ P( D) × P( I) .
Or P( D) × P( I) =
45
Ainsi D et I ne sont pas indépendants.
2. a) X indique le nombre de jetons blancs obtenus.
Loi de X :

12

b) E( X ) =


V

2. D’après la formule
des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig35

(

)

P( T ) = P( V ∩ T ) + P V ∩ T

()

P( T ) = P( V ) × PV ( T ) + P V × P ( T )
V

P( T) = 0, 02 × 0, 99 + 0, 98 × 0, 03 = 0, 049 2 .
P(V∩ T) 0, 02 × 0, 99
=
≈ 0, 402 4.
3. a) PT ( V ) =
P( T)
0, 049 2
P V∩T
0, 98 × 0, 97
=
≈ 0, 9998 .
b) P V =
T
1 − 0, 049 2
PT

()

(

()

)

B. 1. L’interrogation d’une personne est une épreuve de
Bernoulli associée à l’issue V « la personne est contaminée »
de probabilité p = 0, 02. On répète 10 fois cette épreuve de
façon indépendante donc on définit un schéma de Bernoulli
d’ordre 10.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

La variable aléatoire X qui indique le nombre de réalisations
de V lors des 10 épreuves suit la loi (10 ; 0, 02 ).
2. On note A l’événement « au moins deux personnes parmi
les dix sont contaminées ».
P A = P( X = 0) + P( X = 1)

b) Vue d'écran :

()

= 0, 9810 + 10 × 0, 02 × 0, 989 ≈ 0, 9838.

c) Conjectures
La suite des fréquences de :
– An semble prendre des valeurs proches de 0,4 ;
– Fn semble prendre des valeurs oscillant autour de 0,52.
3. a) Arbre associé au choix de la pièce (n  1) :

()

Donc P( A ) = 1 − P A ≈ 0, 016 2 .

46  Corrigé sur le site élève.

Lancer
n

Avec les TICE
47  1. a) Vue d’écran :

an

1–an

Lancer
n+1
0,4

An+1

0,6


A

0,4

An+1

0,6


A

An


A

n

b) Vues d’écran :

n+1

n+1

D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig36
P( A n + 1 ) = P( A n ∩ A n + 1 ) + P A n ∩ A n + 1

)

(

P( A n + 1 ) = 0, 4 an + 0, 4(1 − an ) = 0, 4.
Formule =B2
Formule :
=SI(((C2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES
(1;5)<=2))OU((C2="B"ET(ALEA.ENTRE.
BORNES(1;5)<=3));1;0)

La suite ( an ) est définie par :
a1 = 0, 5
.

an = 0, 4 si n  2
Elle est constante à partir du rang 2.
b) Arbre associé à la sortie de Face (n  1) :
Choix de Lancer de
la pièce la pièce

an

Formule :
=SI(((C2="A")ET(D2=1))
OU((C2="B")ET(D2=0));
"A";"B"

1–an

Formule :
=SI(((E2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES
(1;5)<=2))OU((E2="B"ET(ALEA.ENTRE.
BORNES(1;5)<=3));1;0)

Formule :
=NB.SI(C2/C1001;"A")/1000

Formule :
=NB.SI(D2:D1001;1)/1000

Fn

0,6


F


A

0,4

Fn

0,6


F

n

n

n

D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig37
P( Fn ) = P( A n ∩ Fn ) + P A n ∩ Fn ,

(

)

un = 0, 4 an + 0, 6(1 − an ) = − 0, 2 an + 0, 6.
Ainsi, la suite ( un ) est définie par :
u1 = 0, 5

un = 0, 52 si n  2.


Elle est constante et de valeur 0,52 à partir du rang 2.
c) Ces résultats sont en accord avec les fréquences observées
lors des simulations.

48  1. Dire que M(x ; y) atteint le bord du carré signifie

que x = 5 ou x = − 5 ou y = 5 ou y = − 5 ,
ce qui équivaut à ( x − 5)( x + 5)( y − 5)( y + 5) = 0 .

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

13

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

2. a) Vues d'écran :

0,4
An

prendre toutes les initiatives

2. Programme « Nombre de pas » :

49 Le traitement à l’aide d’un tableau de probabilité est
le plus efficace.
On note A l’événement « l’alarme se déclenche » et C
l’événement « la chaîne de production est en panne ».
Tableau des probabilités ci-dessous :
C

C

A

0,037

0,002

0,039

A

0,003

0,958

0,961

0,04

0,96

1

PC ( A ) =

P( A ∩ C) 0, 037
=
= 0, 925.
P( C)
0, 04

50 On note B l’événement « on obtient une boule
blanche » et N l’événement « on obtient une boule noire ».
Arbre pondéré illustrant la situation :
1

4
U1

3. a) Simulation du nombre moyen de pas :

1

4
1

4
1

4

U2

U3

1

4
U4

B

3

4
1

2

N

1

2
3

4

N

1

4
1

N

B

B

B

D’après la formule des probabilités totales :
P( B) = P( U1 ∩ B)110476_c12_prof_fig38
+ P( U 2 ∩ B) + P( U 3 ∩ B) + P( U 4 ∩ B)
P( B) =

1 1 1 1 1 3 1
5
× + × + × + ×1= .
4 4 4 2 4 4 4
8

51 On note E l’événement « la pièce est équilibrée » et
F l’événement « on obtient Face ».
Arbre pondéré illustrant la situation :

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

0,6

0,4

PF ( E) =
b) Estimation du nombre moyen de pas :
E( N ) ≈ 14.

14

0,5

F

0,5


F

0,25

F

0,75


F

E


E

P( E ∩ F110476_c12_prof_fig39
)
0, 6 × 0, 5
=
= 0, 5.
P( F )
0, 6 × 0, 5 + 0, 4 × 0, 75

52 On note Gn l’événement « le joueur gagne la n-ième
partie » et on pose pn = P( G n ). Ainsi p1 = 0, 5.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

Arbre illustrant l’enchaînement des parties :
0,8

Gn+1

0,2


G

0,6

Gn+1

0,4


G

Gn

pn


G

1–pn

Pour tout entier n  1, on pose un = pn − 0, 75 .
un +1 = pn +1 − 0, 75 = 0, 2 pn + 0, 6 − 0, 75 = 0, 2( pn − 0, 75)
soit un +1 = 0, 2 un.

n+1

n

Ainsi, la suite ( un ) est géométrique de raison q = 0, 2 et de
premier terme u1 = p1 − 0, 75 = − 0, 25.
Pour tout entier n  1, un = u1qn − 1 = − 0, 25 × 0, 2 n − 1 ,
d’où :
pn = un + 0, 75 = 0, 75 − 0, 25 × 0, 2 n −1,
soit pn = 0, 75 − 1, 25 × 0, 2 n.
• Or lim 0, 2 n = 0 donc lim un = 0, 75.

n+1

D’après la formule des probabilités totales :

(

110476_c12_prof_fig40

P( G n + 1 ) = P( G n ∩ G n + 1 ) + P G n ∩ G n + 1
pn +1 = 0, 8 pn + 0, 6(1 − pn ) = 0, 2 pn + 0, 6 .

)

n →+ ∞

• Si la suite ( pn ) converge, sa limite est telle que
= 0, 2 + 0, 6 , donc = 0, 75.

n →+ ∞

Ainsi ( pn ) converge effectivement vers 0,75. À la longue,
on peut donc estimer que le joueur a environ 3 chances sur
4 de gagner une partie.

le jour du bAC (page 372)

53 Corrigé sur le site élève.

X est la variable aléatoire qui indique le nombre de succès
lors des cinq jours de classe. Alors X suit la loi (5 ; 0, 9) .
On note A l’événement « Stéphane entend son réveil sonner
au moins quatre fois au cours d’une semaine » :
P( A ) = P(X = 4 ) + P( X = 5)
donc P( A ) = 5 × 0, 94 × 0,1 + 0, 95 ≈ 0, 919 .

54 1. a) Si U désigne l’univers,
A ∪ A = U et A ∩ A = ∅.


A

A

55 Arbre pondéré illustrant la situation :

A B


A B

1

4

B

U1
1

4

U

Puisque B est inclus dans U :
B = U ∩ 110476_c12_prof_fig41
B = A ∪ A ∩ B = (A ∩ B) ∪ A ∩ B ;
avec (A ∩ B) ∩ A ∩ B = A ∩ A ∩ B = ∅.
Ainsi B est la réunion des événements incompatibles
A ∩ B et A ∩ B, donc :
P( B) = P( A ∩ B) + P A ∩ B [1].
b) Si A et B sont indépendants alors :
P( A ∩ B) = P( A ) × P( B) .

(

)

(

(

)

)

D’après [1], P A ∩ B = P( B) − P( A ∩ B) , donc :
P A ∩ B = (1 − P( A ))P( B)

(

)

(

)

(

()

)

()

P R ∩ S = P R × P(S) = 0, 9 × 0, 05 = 0, 045 .
b) On note H l’événement « Stéphane est à l’heure ».
Or H = R ∪ S donc H = R ∪ S = R ∩ S .
Comme S et R sont indépendants, d’après la question 1.,
S et R le sont aussi.
Ainsi :
P( H) = P R ∩ S = P R × P S = 0, 9 × 0, 95,
soit P( H) = 0, 855.
c) On reconnait un schéma de Bernoulli d’ordre 5 où la
probabilité de succès (« Stéphane entend son réveil sonner
un jour de classe ») est p = 0, 9.

()

()

U3

1

4
U4
1

Ainsi A et B sont indépendants.
2. a) R et S sont indépendants ; donc, d’après la question
1., R et S sont indépendants. Ainsi :

)

1

4

3

4
1

3


G

2

3
3

8


G

5

8
1


G

G

G


G

1
2
2 3 1
et PU ( G ) = × = .
3
4
3
3 8 4
110476_c12_prof_fig42

a) Vrai : car PU ( G ) =

soit P A ∩ B = P A × P( B).

(

1

4

)

(

(

)

U2

G

9
> 1 ; donc la probabilité donnée est incorrecte.
8
Note : d’après la formule des probabilités totales :
1 1 1 1 1 3 23
P( G ) = × + × + × =
.
4 4 4 3 4 8 96
1
c) Faux : P( U1 ) = .
4
P( U 2 ∩ G )
1
d) Faux : PU ( G ) =
;
et PG ( U 2 ) =
2
P( G )
3
1
23
8
soit PG ( U 2 ) =
÷
=
12 96 23
donc PU ( G ) ≠ PG ( U 2 ) .
b) Faux :

2

56 1. Sur un arbre pondéré associé à l’expérience, trois
chemins mènent à la réalisation de A « deux boules noires
et une rouge » :

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

15

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

EXERCICES

/8
/7
/6
5
→ N 4
→ N 3
→R ;
5/8
3/ 7
4/6
→ N → R → N ;
/8
/7
/6
3
→ R 5
→ N 4
→N .
5 4 3 5 3 4 3 5 4
D’où P( A ) = × × + × × + × ×
8 7 6 8 7 6 8 7 6
5 × 4 × 3 15
=
.
soit P( A ) = 3 ×
8 × 7 × 6 28
Réponse exacte : d).
2. On note V l’événement « l’individu est vacciné » et G
l’événement « l’individu a contracté la grippe ».
P (G ∩ V)
1
PV ( G ) =
avec P( V ) = ;
P( V )
3
1
1
1
P( G ∩ V ) = P( G ) × PG ( V ) = ×
=
;
4 10 40
1
1
3
÷ =
.
donc PV ( G ) =
40 3 40
Réponse exacte : b).
3. P( A ) + P( B) − P( A ∩ B) = P( A ∪ B). Or A et B sont
indépendants donc P( A ∩ B) = P( A ) × P( B) .
Ainsi P( A ) + P( B) − P( A) × P(B) = P( A ∪ B) soit :
P( A ) + (1 − P( A )) P( B) = P( A ∪ B) .
2
2 3
4
D’où l’équation : + P( B) = . Donc P( B) = .
3
5 5
5
Réponse exacte : b).

57 1. a) Schéma de l’expérience :
S1

S2

S3

Sn

P( E1 ) = 0, 4 ; PE ( E 2 ) = 0, 6 ; P ( E 2 ) = 0, 4.
E1

1

110476_c12_prof_fig43
D’après
la formule des probabilités totales :

(

P( E 2 ) = P( E1 ∩ E 2 ) + P E1 ∩ E 2

( )

)

P( E 2 ) = P( E1 ) × PE ( E 2 ) + P E1 × P (E 2 )
1

E1

P( E 2 ) = 0, 4 × 0, 6 + 0, 6 × 0, 4 = 0, 48 .
b) Arbre pondéré illustrant deux tirages successifs :
P(En )

2. a) On raisonne par récurrence. Pour tout entier n  1,
on note Qn la proposition : un  0, 5.
• Q1 est vraie.
• Si Qn est vraie, un  0, 5.
Alors 0, 2 un + 0, 4  0, 2 × 0, 5 + 0, 4 , soit un+1  0, 5.
Donc Qn+1 est vraie.
• On conclut que la suite ( un ) est majorée par 0,5.
b) ∀ n ∈ * , un +1 − un = − 0, 8un + 0, 4 = 0, 4(1 − 2 un ).
Or un  0, 5 donc 1 − 2 un  0 d’où un +1 − un  0.
La suite ( un ) est croissante.
c) La suite ( un ) est croissante, majorée par 0,5 ; donc la
suite (un ) est convergente. Par passage à la limite dans
l’égalité un +1 = 0, 2 un + 0, 4, sa limite est telle que
= 0, 2 + 0, 4 donc = 0, 5.
3. a) Pour tout entier n  1, P( E n ) = un ; donc les probabilités P( E n ) tendent en croissant vers 0, 5.
b) 0, 499 99  P( E n )  0, 5 ⇔ 0, 5 − 10− 5  un  0, 5
⇔ − 10− 5  un − 0, 5  0.
Pour tout entier n  1, on pose vn = un − 0, 5 .
Ainsi, 0, 499 99  P( E n )  0, 5 ⇔ − 10− 5  vn  0 .
La suite ( vn ) est telle que, ∀ n ∈ * :
vn +1 = un +1 − 0, 5 = 0, 2 un − 0,1 = 0, 2( un − 0, 5)
soit vn + 1 = 0,2 vn.
Ainsi, ( vn ) est géométrique de raison q = 0, 2 et de premier
terme v1 = u1 − 0, 5 = − 0,1. D’où :
∀ n ∈ *, vn = v1qn − 1 = − 0, 1 × 0, 2 n − 1 = − 0, 5 × 0, 2 n .
On résout alors l’inéquation : − 10− 5  vn , n ∈ *.
− 10− 5  vn ⇔ 0, 5 × 0, 2 n  10− 5 ⇔ 0, 2 n  2 × 10− 5
⇔ n ln(0, 2 ) ln( 2 × 10− 5 )
ln( 2 × 10− 5 )
⇔n
.
ln(0, 2 )
D’où n  7.
Autre solution : on peut utiliser un algorithme pour trouver
le plus petit entier n0 tel que un  0, 5 − 10− 5 .

0,6

En+1

Variables
Entrées

0,4


E

0,4

En+1

0,6


E

En

n, U
n reçoit 1 ; U reçoit 0,4

n+1

Traitement
1–P(E
P(En )


E

n

Tant que U < 0,5 – 10–
n reçoit n + 1
U reçoit 0,2U + 0,4
Fin tant

n+1

D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig44
P( E n + 1 ) = P( E n ∩
En +1 ) + P En ∩ En +1
P( E n +1 ) = 0, 6 P( E n ) + 0, 4(1 − P(E n ))
P( E n +1 ) = 0, 2 P( E n ) + 0, 4.

)

Sortie
Afficher n

Puisque ( un ) converge en croissant vers 0,5, les entiers
solutions sont tels que n  n0 .

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

(

16

5

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

Pour aller plus loin (page 374)

EXERCICES

58  1. Arbre pondéré associé à l’expérience :
1

5

N2

4

5

R2

1

5

N2

4

5

R2

N1

2

5

3

5

R1

5

9

PB ( A1 ) =

N3

4

9
4

9

R3

5

9
4

9

R3

5

9
3

9

R3

6

9

R3

2

.

3

1
5
1
×
=
.
2 100 40
1 1, 5
1
P( A 2 ∩ D) = P( A 2 ) × PA ( D) = ×
=
.
2
3 100 200
b) D’après la formule des probabilités totales :
P( D) = P( A1 ∩ D) + P( A 2 ∩ D) + P( A 3 ∩ D) ;
donc P( A 3 ∩ D) = P( D) − P( A1 ∩ D) − P( A 2 ∩ D) ,
2. a) P( A1 ∩ D) = P( A1 ) × PA ( D) =
1

N3

3, 5
1
1
1


=
.
100 40 200 200
1 1 1
P( A 3 ) = 1 − P( A1 ) − P( A 2 ) = 1 − − = ; d’où :
2 3 6
P( A 3 ∩ D )
1
1
3
PA ( D) =
=
÷ =
.
3
P( A 3 )
200 6 100
Ainsi 3 % des paires de chaussettes provenant de A3 ont
un défaut.
c) D’après la formule de Bayes :
P( A1 ) × PA ( D)
1
PD ( A1 ) =
.
P( A1 ) × PA ( D) + P( A 2 ) × PA ( D) + P( A 3 ) × PA ( D)
soit P( A 3 ∩ D) =

N3

2. a) P( N1 ∩ N110476_c12_prof_fig45
∩ N 3 ) = P( N1 ∩ N 2 ) × PN ∩ N ( N 3 )
2
1

2 1 5
2
P( N1 ∩ N 2 ∩ N 3 ) = × × =
.
5 5 9 45
P( N1 ∩ R 2 ∩ N 3 ) = P( N1 ∩ R 2 ) × PN ∩ R ( N 3 )

2

2

2 4 4
32
P( N 1 ∩ R 2 ∩ N 3 ) = × × =
.
5 5 9 225
b) D’après la formule des probabilités totales :
P( N1 ∩ N 3 ) = P( N1 ∩ N 3 ∩ N 2 ) + P( N1 ∩ N 3 ∩ R 2 )
P( N1 ∩ N 3 ) =

1

P( A1 ) × PA ( B) + P( A 2 ) × PA ( B) + P( A 3 ) × PA ( B)
1

N3

1

P( A1 ) × PA ( B)

2
32
14
+
=
.
45 225 75

c) De même :
P( R 1 ∩ N 3 ) = P( R 1 ∩ N 3 ∩ N 2 ) + P( R 1 ∩ N 3 ∩ R 2 )
3 1 4 3 4 3 16
× × + × × =
.
5 5 9 5 5 9 75
3. D’après la formule des probabilités totales :
P( N 3 ) = P( N 1 ∩ N 3 ) + P( R 1 ∩ N 3 )

1

2

3

1
5
×
5
2
100
PD ( A1 ) =
= .
1
5
1 1, 5 1
3
7
×
+ ×
+ ×
2 100 3 100 6 100
Remarque. Par un calcul direct, on obtient :
P( A 1 ∩ D )
1
3, 5
5
PA ( D) =
=
÷
= .
1
P( D )
40 100 7
On a ainsi vérifié la véracité de la formule de Bayes.

P( R 1 ∩ N 3 ) =

60  1. Arbre pondéré illustrant la marche jusqu’à
l’instant t = 3 :

59  1. a) La formule des probabilités totales s’écrit :
P( B) = P( A1 ∩ B) + P( A 2 ∩ B) + P( A 3 ∩ B)

soit :
P( B) = P( A1 ) × PA ( B) + P( A 2 ) × PA ( B) + P( A 3 ) × PA ( B)
1

b) Or PB ( A1 ) =

2

P( A1 ∩ B)
P( B)

; donc :

3

t=0

t=1

1

3

1

2

A2

1

2

C2

C1

1

1

3
2

3

B1

A0
2

3

t=2

C2

1
1

t=3
B3
C3
C3
C3

a0 = 1 ; b0 = 0 ; c0 = 0 .
110476_c12_prof_fig46
1
2
a1 = 0 ; b1 = ; c1 = .
3
3
1
1 1 2 5
a2 = ; b2 = 0 ; c2 = × + = .
6
3 2 3 6
1
1 1 2 1 1 2 17
a3 = 0 ; b3 =
; c3 = × × + × + = .
18
3 2 3 3 2 3 18
2. a) À l’instant n, la puce est soit en A, en B ou en C. Ainsi
P( A n ) + P( Bn ) + P( Cn ) = 1 ; donc an + bn + cn = 1.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

17

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

14 16
2
+
= .
75 75 5
14
2 2
4
4. P( N1 ∩ N 3 ) =
et P( N1 ) × P( N 3 ) = × =
;
75
5 5 25
donc P( N1 ∩ N 3 ) ≠ P( N1 ) × P( N 3 ) .
Ainsi N1 et N 3 ne sont pas indépendants.
Remarque. On pouvait conjecturer ce résultat puisque le
tirage dans U3 dépend de celui dans U1 .
P( R 1 ∩ N 3 ) 16 2
8
5. PN ( R 1 ) =
=
÷ = .
3
P( N 3 )
75 5 15
P( N 3 ) =

La situation aux instants t = n et t = n + 1 est illustrée
par l’arbre pondéré ci-dessous :
1

3

Bn+1

An
an
bn

Cn+1

1

2

Cn+1

An+1

Bn

cn
Cn

D’où an + 1 = P( A n + 1 ) =

2

3
1

2

1

1

b et b

Cn+1

= P( Bn + 1 ) =

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

n +1
110476_c12_prof_fig47
2 n

1
a .
3 n

2 a = bn
et an + bn + cn = 1.
Ainsi ∀ n ∈ ,  n +1
3bn +1 = an
1
1 1
1
b) ∀ n ∈ , an + 2 = bn +1 = × an = an .
2
2 3
6
Donc 6 an + 2 = an .
c) Pour tout entier naturel p , on note H p la proposition :
p
 1
a2 p =   et a2 p +1 = 0 .
 6
On démontre par récurrence que pour tout entier naturel p,
H P est vraie.
• a0 = 1 et a1 = 0 donc H 0 est vraie.
• On suppose que H p est vraie. Alors :
p
p +1
1
1  1
 1
a2 ( p +1) = a2 p + 2 = a2 p = ×   =  
 6
6
6  6
1
a2 ( p +1) +1 = a2 p + 3 = a2 p +1 = 0 .
et
6
Donc H p+1 est vraie.
p
 1
Finalement : ∀ p ∈ , a2 p =   et a2 p +1 = 0 .
 6
Or pour tout entier naturel n , bn = 2 an +1 ; donc en particulier, b2 p = 2 a2 p +1 = 0 et
p +1
p
1  1
 1
b2 p +1 = 2 a2 p + 2 = 2 a2 ( p +1) = 2  
=   .
 6
3  6
p
1  1
Ainsi, ∀ p ∈ , b2 p = 0 et b2 p +1 =   .
3  6
p
 1
3. a) lim   = 0 ; donc, par définition de la limite, tout
p → + ∞  6
intervalle ouvert I contenant 0 contient tous les termes du
type a2 p à partir d’un certain rang p0 .
Mais, puisque les termes de rang impair du type a2 p +1 sont
nuls, tous les termes de la suite ( an ) appartiennent à I à
partir du rang n0 = 2 p0 .
Cela signifie que lim an = 0.
n →+ ∞

De même, on justifie que lim bn = 0.
n →+ ∞

b) ∀ n ∈ , cn = 1 − an − bn .
( an ) et (bn ) convergent vers 0 ; donc ( cn ) converge vers 1.
À la longue, cela signifie que la puce tend à se fixer en C.

61 1. À l’instant t , il y a deux bactéries dans le milieu ;
le tableau indique, suivant l’évolution de chacune d’elles,
le nombre de bactéries à l’instant t + 1 . On note :

18

M1 : « la bactérie 1 meurt » ;
C1 : « la bactérie 1 continue à vivre » ;
D1 : « la bactérie 1 se divise en deux » .
De même, on définit M2, C2 et D2.
M2

C2

D2

M1

0

1

2

C1

1

2

3

D1

2

3

4

En raison de l’indépendance des évolutions :
P( X = 0) = P( M1 ∩ M 2 ) = p12 = 0, 04 ;
P( X = 1) = P( M1 ∩ C2 ) + P( C1 ∩ M 2 ) = 2 p1 p2 = 0, 2 ;
P( X = 2 ) = P( M1 ∩ D 2 ) + P( C1 ∩ C2 ) + P( D1 ∩ M 2 )
= 2 p1 p3 + p2 2 = 0, 37 ;
P( X = 3) = P( C1 ∩ D 2 ) + P( D1 ∩ C2 ) = 2 p2 p3 = 0, 3 ;
P( X = 4 ) = P( D1 ∩ D 2 ) = p32 = 0, 09.
D’où la loi de X :
k

0

1

2

3

4

P(X = k )

0,04

0,20

0,37

0,30

0,09

2. a) Arbre illustrant la situation ci-dessous (les nombres
entourés indiquent le nombre de bactéries vivantes).
t=0

t=1
0
0,2
1

1

0,5

t=2
1

0

0,2
0,5

0

0,3

2

1

0
0,3
2

0,04
0,20
0,37
0,30
0,09

1
2
3
4

Si t = 1 , le nombre de bactéries est 0,1 ou 2 ;
110476_c12_prof_fig48
si t = 2 , le nombre
de bactéries est 0,1 ; 2 ; 3 ou 4.
b) PA ( B1 ) = p2 = 0, 5 ; PA ( B2 ) = p3 = 0, 3 .
1
1
PA ( B1 ) = P( X = 1) = 0, 2 ;
2
PA ( B2 ) = P( X = 2 ) = 0, 37.
2
c) D’après la formule des probabilités totales :
P( B1 ) = P( A1 ∩ B1 ) + P( A 2 ∩ B1 )
P( B1 ) = P( A1 ) × PA ( B1 ) + P(A 2 ) × PA ( B1 )
1
2
P( B1 ) = 0, 5 × 0, 5 + 0, 3 × 0, 2 = 0, 31.
De même :
P( B 2 ) = P( A 1 ∩ B 2 ) + P( A 2 ∩ B 2 )
P( B2 ) = 0, 5 × 0, 3 + 0, 3 × 0, 37 = 0, 261.
3. Y indique le nombre de bactéries vivantes dans la
solution à l’instant t = 2.
P( Y = 0) = 0, 2 + 0, 5 × 0, 2 + 0, 3 × 0, 04 = 0, 312
P( Y = 1) = P( B1 ) = 0, 31 ;
P( Y = 2 ) = P( B2 ) = 0, 261
P( Y = 3) = 0, 32 = 0, 09 ;
P( Y = 4 ) = 0, 3 × 0, 09 = 0, 027

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

D’où la loi de Y :
k

0

P(Y = k ) 0,312

1

2

3

4

0,31

0,261

0,09

0,027

62  1. a) Vues d’écran :

Formule =B2
Formule :
=SI(((C2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES
(1;2)=1))OU((C2="B")ET(ALEA.ENTRE.
BORNES(1;4)=1));1;0)

b) On admet que la suite ( an ) converge vers le
nombre . Alors, par passage à la limite dans l’égalité
an +1 = 0, 25( 3 − an ) , le nombre vérifie = 0, 25( 3 − )
d’où = 0, 6 .
Remarque. On peut démontrer que la suite ( an ) est
convergente en étudiant la suite auxiliaire ( vn ) définie pour
tout entier n  1 par vn = an − 0, 6 .
La suite ( vn ) est géométrique de raison q = − 0, 25 et de
premier terme v1 = − 0,1.
On en déduit l’expression de vn puis celle de an .
On obtient :
∀ n ∈ *, an = 0, 6 + 0, 4 × ( − 0, 25)n.
Puisque − 1 < − 0, 25 < 1  :
lim ( − 0, 25)n = 0 donc lim an = 0, 6.
n →+ ∞

n →+ ∞

La méthode utilisée sera étudiée en spécialité (cf. chapitre 5).
c) Arbre associé à la sortie de Face ( n  1) :
Choix de Lancer de
la pièce la pièce

Formule :
=SI(((C2="A")ET(D2=1))
OU((C2="B")ET(D2=0));
"A";"B"

an


A

1–an

Formule :
=SI(((C2="A")ET(ALEA.ENTRE.BORNES
(1;2)=1))OU((E2="B"ET(ALEA.ENTRE.
BORNES(1;4)=1));1;0)

0,5

Fn

0,5


F

0,25

Fn

0,75


F

An

n

n

n

D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig50
P( Fn ) = P( A n ∩ Fn ) + P A n ∩ Fn

(

)

un = 0, 5an + 0, 25(1 − an ) = 0, 25an + 0, 25.

Formule :
=NB.SI(C2:C1001;"A")/1000

Or lim an = 0, 6 donc lim un = 0, 4
n →+ ∞
n →+ ∞
La suite ( un ) converge vers 0,4.

Prolongement du TP 24
63  1. • Parents AA et Aa
Formule :
=NB.SI(D2:D1001;1)/1000

Parents

A

a

A

AA

Aa

b) Conjectures : la suite des fréquences de A n semble
converger vers 0,4 et celle des fréquences de Fn semble
converger vers 0,6.
2. a) Arbre associé au choix de la pièce (n  1) :

A

AA

Aa

an

1–an

Lancer
n+1
0,5

An+1

0,5


A

0,75

An+1

0,25


A

An


A

n+1

D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig49
P( A n + 1 ) = P( A n ∩ A n + 1 ) + P A n ∩ A n + 1
P( A n + 1 ) = 0, 5an + 0, 75(1 − an ) = − 0, 25an + 0, 75
soit an + 1 = 0, 25( 3 − an ).

(

Parents

A

a

A

AA

Aa

a

Aa

aa

P(AA) = P(aa) = 
​ 1 ​ 
4
1  ​
et P(Aa) = ​ 
2

• Parents aa et Aa

n+1

n

• Parents Aa et Aa

)

Parents

A

a

a

Aa

aa

a

Aa

aa

P(Aa) = P(aa) = 
​ 1 ​ 
2

• Les autres cas sont évidents d’où le résumé dans le tableau
ci-dessous :
Parents
AA

AA
AA

1

Aa
AA
Aa

1/2
1/2

aa
Aa

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles

1

19

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

Lancer
n

P(AA) = P(Aa) = 
​ 1 ​ 
2

Aa

aa

AA
Aa

1/2
1/2

AA
Aa
aa

1/4
1/2
1/4

Aa
aa

1/2
1/2

Aa

1

Aa
aa

1/2
1/2

aa

1

2. Arbre illustrant la situation :
Génération 0
(AA;AA)

1

AA

1

2

AA

2

(AA;Aa)

p 02

2p0 q0
(AA;aa)
2p0 r0
q02

(Aa;Aa)

2q0 r0
r 02

Génération 1

1

2
1

Aa

1

4

AA

Aa

1

2 Aa
1

4
1

2

aa
Aa

(Aa;aa)

(aa;aa)

1

2
1

Note : le résultat était prévisible en raison de la symétrie
des formules (permutation de A et a).
2
2
1 
1 


b) p1 − r1 =  p0 + q0 −  r0 + q0


2 
2 
1
1 
1
1 

p1 − r1 =  p0 + q0 − r0 − q0  p0 + q0 + r0 + q0

2
2 
2
2 
p1 − r1 = ( p0 − r0 )( p0 + q0 + r0 ).
Or p0 + q0 + r0 = 1, donc p1 − r1 = p0 − r0 .
c) On pose α = p1 − r1 = p0 − r0 .
• p0 = α + r0 et q0 = 1 − p0 − r0 = 1 − α − 2 r0 .

aa
aa

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

a) D’après la formule des probabilités totales :
110476_c12_prof_fig51
1
1
• p1 = P( AA ) = p0 2 + 2 p0 q0 × + q0 2 ×
2
4
2
1 

soit p1 =  p0 + q0 .

2 
1
1
• r1 = P( aa ) = r0 2 + 2 q0 r0 × + q0 2 ×
2
4
2
1 

soit r1 =  r0 + q0 .

2 

20

2

1 
1 1



Ainsi p1 =  p0 + q0 = α + r0 + − α − r0



2 
2 2
2
1
soit p1 = (1 + α) .
4
• r0 = p0 − α et q0 = 1 − p0 − r0 = 1 − 2 p0 + α .
2
2
1 
1
1 


Ainsi r1 =  r0 + q0 =  p0 − α + − p0 + α


2 
2
2 
1
soit r1 = (1 − α )2 .
4
• Enfin, p1 + q1 + r1 = 1 donc q1 = 1 − p1 − r1 .
1
1
q1 = 1 − (1 + α )2 − (1 − α )2
4
4
1
q1 = [4 − 1 − 2α − α 2 − 1 + 2α − α 2 ]
4
1
soit q1 = (1 − α 2 ) .
2
d) En procédant de même à la deuxième génération :
p2 − r2 = p1 − r1 = α .
1
Alors p2 = (1 + α )2 = p1 ,
4
2
1
r2 = (1 − α) = r1
4
1
q2 = (1 − α 2 ) = q1 .
et
2
Donc, les suites ( pn ),( qn ) et ( rn ) sont constantes à partir
du rang 1. Leurs valeurs ne dépendent que de la constante
α = p0 − r0.

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles


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