QCM : Probabilités sur un univers fini (Prépa, 1re année)
Ce chapitre fixe le cadre rigoureux du calcul des probabilités lorsque l'expérience n'a qu'un nombre fini d'issues : univers, événements, probabilité, conditionnement et indépendance. Il fournit les outils (probabilités composées, probabilités totales, formule de Bayes) qui servent ensuite pour les variables aléatoires et les problèmes de concours.
On donne $P(A)=0{,}5$, $P(B)=0{,}4$ et $P(A\cup B)=0{,}7$. Que vaut $P_B(A)$ ?
La formule de la réunion donne $P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)=0{,}5+0{,}4-0{,}7=0{,}2$. Donc $P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}2}{0{,}4}=0{,}5$. Le choix $0{,}2$ oublie la division par $P(B)$. Le choix $0{,}4$ correspond à $P_A(B)=\frac{0{,}2}{0{,}5}$ : c'est l'inversion du conditionnement. Le choix $0{,}3$ vient de $P(A\cup B)-P(B)$, qui vaut $P(A\cap\overline{B})$ et non une probabilité conditionnelle.
Soient $A$ et $B$ deux événements incompatibles tels que $P(A)=0{,}3$ et $P(B)=0{,}5$. Quelle affirmation est vraie ?
Les événements sont incompatibles, donc $P(A\cap B)=0$. Or $P(A)P(B)=0{,}15\neq0$ : $A$ et $B$ ne sont pas indépendants. Le piège principal consiste à confondre « incompatibles » et « indépendants ». Le choix $0{,}15$ applique à tort la formule du produit. Le choix $0{,}65$ retranche ce produit dans la formule de la réunion, alors qu'ici $P(A\cup B)=0{,}3+0{,}5=0{,}8$.
Une maladie touche $2\,\%$ d'une population. Un test est positif chez $90\,\%$ des malades et chez $5\,\%$ des personnes saines. Une personne prise au hasard a un test positif. Quelle est la probabilité qu'elle soit malade ?
On applique la formule des probabilités totales au système complet $(M,\overline{M})$. On obtient $P(T)=0{,}02\times0{,}9+0{,}98\times0{,}05=0{,}018+0{,}049=0{,}067$. La formule de Bayes donne ensuite $P_T(M)=\frac{0{,}018}{0{,}067}=\frac{18}{67}\approx0{,}27$. Le choix $0{,}9$ confond $P_T(M)$ et $P_M(T)$. Le choix $0{,}018$ est $P(M\cap T)$ : il manque la division par $P(T)$. Le choix $\frac{18}{49}$ divise par la seule probabilité des faux positifs, au lieu de diviser par $P(T)$ tout entière.
Une urne contient $4$ boules blanches et $6$ boules noires. On tire successivement et sans remise deux boules. Quelle est la probabilité d'obtenir deux boules blanches ?
On utilise la formule des probabilités composées : $P(B_1\cap B_2)=P(B_1)P_{B_1}(B_2)=\frac{4}{10}\times\frac{3}{9}=\frac{12}{90}=\frac{2}{15}$. Le choix $\frac{4}{25}=\left(\frac{4}{10}\right)^2$ correspond à des tirages avec remise : il suppose une indépendance qui n'existe pas ici. Le choix $\frac{3}{25}=\frac{4\times3}{10\times10}$ diminue le nombre de boules blanches au second tirage, mais oublie de diminuer le nombre total de boules. Le choix $\frac{3}{50}=\frac{\binom{4}{2}}{10^2}$ mélange deux modèles incompatibles : des parties au numérateur, des couples au dénominateur.
Trois événements $A$, $B$, $C$ sont mutuellement indépendants si et seulement si :
Par définition, l'égalité produit doit être vraie pour toute sous-famille non vide. Pour trois événements, cela donne les trois égalités sur les couples et l'égalité sur le triplet. L'indépendance deux à deux seule ne suffit pas : l'exemple des deux pièces, avec $C$ : « mêmes résultats », le montre. L'égalité sur le triplet seule ne suffit pas non plus. Enfin, l'incompatibilité n'a aucun rapport avec l'indépendance.
On donne $P(B)=0{,}4$, $P_B(A)=0{,}5$ et $P(A)=0{,}4$. Que vaut $P_{\overline{B}}(A)$ ?
On calcule d'abord $P(A\cap B)=P(B)P_B(A)=0{,}2$. Comme $A$ est la réunion disjointe de $A\cap B$ et $A\cap\overline{B}$, on a $P(A\cap\overline{B})=0{,}4-0{,}2=0{,}2$. Donc $P_{\overline{B}}(A)=\frac{0{,}2}{0{,}6}=\frac{1}{3}$. Le choix $0{,}5$ vient de la formule fausse $P_{\overline{B}}(A)=1-P_B(A)$ : $P_B$ est une probabilité en l'événement $A$, pas en l'événement conditionnant. Le choix $0{,}2$ oublie de diviser par $P(\overline{B})$. Le choix $0{,}6$ est $P(\overline{B})$.
On lance un dé à six faces, $\Omega=\{1,\dots,6\}$. Laquelle de ces familles est un système complet d'événements ?
Les trois parties $\{1,2\}$, $\{3,4\}$, $\{5,6\}$ sont deux à deux disjointes et leur réunion est $\Omega$ : chaque issue réalise exactement un événement. La famille $(\{1,2,3\},\{3,4,5,6\})$ couvre $\Omega$, mais ses deux parties ont l'issue $3$ en commun. Les deux autres familles sont disjointes, mais elles ne couvrent pas $\Omega$ : il manque $3$ dans l'une, $5$ dans l'autre. Les deux conditions doivent être vérifiées.
On lance trois fois un dé équilibré, les lancers étant indépendants. Quelle est la probabilité d'obtenir au moins un six ?
Le contraire de « au moins un six » est « aucun six ». Les événements $\overline{S_k}$ sont mutuellement indépendants, donc la probabilité de « aucun six » vaut $\left(\frac{5}{6}\right)^3=\frac{125}{216}$. La réponse est donc $1-\frac{125}{216}=\frac{91}{216}$. Le choix $\frac{1}{2}=3\times\frac{1}{6}$ additionne des probabilités d'événements qui ne sont pas incompatibles. Le choix $\frac{75}{216}$ est la probabilité d'obtenir exactement un six. Le choix $\frac{1}{216}$ est la probabilité d'obtenir trois six.
Chaque jour, il fait beau ou mauvais. S'il fait beau un jour, il fait beau le lendemain avec probabilité $0{,}7$. S'il fait mauvais, il fait beau le lendemain avec probabilité $0{,}2$. On note $p_n$ la probabilité qu'il fasse beau le jour $n$. Quelle relation est correcte ?
On applique la formule des probabilités totales au système complet $(E_n,\overline{E_n})$. On obtient $p_{n+1}=0{,}7\,p_n+0{,}2\,(1-p_n)=0{,}5\,p_n+0{,}2$. Le choix $0{,}7\,p_n+0{,}2$ oublie le facteur $P(\overline{E_n})=1-p_n$. Le choix $0{,}9\,p_n$ multiplie les deux termes par $p_n$. Le choix $0{,}4\,p_n+0{,}3$ utilise $0{,}3$, qui est la probabilité de passer du beau au mauvais temps, au lieu de $0{,}2$, probabilité de passer du mauvais au beau temps.
Sur $\Omega=\{1,2,3,4\}$, on définit une probabilité par $P(\{k\})=ck$, où $c$ est un réel. Que vaut la probabilité d'obtenir un nombre impair ?
La somme des probabilités vaut $1$ : $c(1+2+3+4)=10c=1$, donc $c=\frac{1}{10}$. On en déduit $P(\{1,3\})=\frac{1+3}{10}=\frac{2}{5}$. Le choix $\frac{1}{2}$ suppose à tort la probabilité uniforme. Le choix $\frac{3}{5}$ est la probabilité d'obtenir un nombre pair, $\frac{2+4}{10}$. Le choix $\frac{1}{5}=2c$ compte le nombre d'issues impaires au lieu d'additionner leurs poids.