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📔 Indépendance de deux événements

Exploration de l'indépendance de deux événements

1. Indépendance de deux événements
Définition de l'indépendance

Deux événements A et B sont dits indépendants si la réalisation de l'un n'influence pas la probabilité de réalisation de l'autre. Intuitivement, connaître l'issue de A ne nous donne aucune information sur l'issue de B.

\( P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \)

Cette formule constitue la condition fondamentale d'indépendance. Elle exprime que la probabilité de l'intersection est égale au produit des probabilités individuelles.

ℹ️ Formule de base essentielle
Conditions équivalentes
✓ Probabilité conditionnelle
\( P(A|B) = P(A) \) si \( P(B) > 0 \)
✓ Symétrie
\( P(B|A) = P(B) \) si \( P(A) > 0 \)
A B Indépendants
Événements séparés
Aucune influence mutuelle
2. Propriétés et conséquences
Propriétés fondamentales

Si A et B sont indépendants, alors plusieurs autres paires d'événements le sont également. Cette propriété se propage aux complémentaires et aux combinaisons.

\( A \text{ et } B \text{ indépendants} \Rightarrow \overline{A} \text{ et } B \text{ indépendants} \)

De même, \( A \text{ et } \overline{B} \) sont indépendants, ainsi que \( \overline{A} \text{ et } \overline{B} \). Cette propriété découle directement de la définition et des lois de De Morgan.

✓ Propagation aux complémentaires
Attention aux confusions
⚠️ Incompatibilité
Des événements incompatibles (\( A \cap B = \emptyset \)) ne sont généralement PAS indépendants
⚠️ Équiprobabilité
L'équiprobabilité n'implique pas l'indépendance
A B Non indépendants
Événements liés
Influence mutuelle
3. Exemples et applications
Exemple classique : Deux lancers de dé

Considérons deux lancers successifs d'un dé équilibré. Soit A : "obtenir un 6 au premier lancer" et B : "obtenir un 6 au second lancer". Ces événements sont-ils indépendants ?

\( P(A) = \frac{1}{6}, \quad P(B) = \frac{1}{6} \)
\( P(A \cap B) = \frac{1}{36} = \frac{1}{6} \times \frac{1}{6} \)

Puisque \( P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \), les événements A et B sont bien indépendants. Le résultat du premier lancer n'influence pas celui du second.

🎲 Exemple fondamental
Contre-exemple : Tirage sans remise
❌ Premier tirage
Une carte rouge d'un jeu de 52 cartes
❌ Second tirage
Une carte rouge (sans remettre la première)

Ici, \( P(A) = \frac{26}{52} = \frac{1}{2} \) mais \( P(B|A) = \frac{25}{51} \neq \frac{1}{2} \). Les événements ne sont pas indépendants.

Dé 1 Dé 2 Indépendants
Lancers successifs
Résultats non liés
4. Méthodes de vérification
Méthode par définition

La méthode la plus directe consiste à vérifier si le produit des probabilités individuelles est égal à la probabilité de l'intersection. Cette approche est particulièrement efficace quand on connaît toutes les probabilités.

\( \text{Vérifier : } P(A \cap B) \stackrel{?}{=} P(A) \times P(B) \)

Si l'égalité est vraie, les événements sont indépendants. Sinon, ils sont dépendants. Cette méthode nécessite de calculer ou connaître \( P(A \cap B) \).

🔍 Méthode directe
Méthode par probabilité conditionnelle
✓ Condition 1
Vérifier si \( P(A|B) = P(A) \)
✓ Condition 2
Vérifier si \( P(B|A) = P(B) \)

Cette méthode est utile quand on dispose d'un tableau de contingence ou d'informations sur les probabilités conditionnelles. Il suffit de vérifier une seule des deux conditions.

A Ā B Tableau de contingence
Analyse des données
Méthode pratique
5. Exercices types et méthodes
Exercice résolu

Énoncé : Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules bleues. On tire deux boules avec remise. Soit A : "1ère boule rouge" et B : "2ème boule rouge". A et B sont-ils indépendants ?

\( P(A) = \frac{3}{5}, \quad P(B) = \frac{3}{5} \)
\( P(A \cap B) = \frac{9}{25} = \frac{3}{5} \times \frac{3}{5} \)

Conclusion : Puisque \( P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \), les événements A et B sont indépendants. Le tirage avec remise préserve l'indépendance.

✅ Avec remise = indépendance
Points clés à retenir
🔑 Définition
L'indépendance est une propriété symétrique et multiplicative
🔑 Propagation
L'indépendance se propage aux complémentaires
🔑 Vérification
Plusieurs méthodes équivalentes disponibles
🔑 Attention
Ne pas confondre avec l'incompatibilité
P(A∩B) = P(A)×P(B) Tirages Lancers Tests Formule universelle
Applications multiples
Concept fondamental
Probabilités conditionnelles et indépendance

Exercice 1: ★ ★ ★ ☆ ☆

Dans une classe de 25 élèves, 15 pratiquent le football et 10 pratiquent le tennis. Parmi ceux qui pratiquent le football, 6 pratiquent aussi le tennis.
1. Calculez la probabilité qu'un élève pratique le tennis sachant qu'il pratique le football.
2. Les événements "pratiquer le football" et "pratiquer le tennis" sont-ils indépendants ?

1. Soit F = "pratiquer le football" et T = "pratiquer le tennis"
\[ P(T|F) = \frac{P(T \cap F)}{P(F)} = \frac{6/25}{15/25} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5} = 0,4 \]

2. Pour vérifier l'indépendance : P(T) = 10/25 = 2/5 = 0,4
Comme P(T|F) = P(T) = 0,4, les événements sont indépendants.


Exercice 2: ★ ★ ★ ★ ☆

Un test de dépistage détecte une maladie dans 95% des cas lorsqu'elle est présente, et donne un résultat positif dans 8% des cas lorsque la personne est saine. On sait que 2% de la population est atteinte de cette maladie.
1. Quelle est la probabilité qu'une personne ait un test positif ?
2. Si le test est positif, quelle est la probabilité que la personne soit réellement malade ?

1. Soit M = "être malade" et T+ = "test positif"
P(M) = 0,02 ; P(T+|M) = 0,95 ; P(T+|M̄) = 0,08
\[ P(T+) = P(T+|M) \times P(M) + P(T+|M̄) \times P(M̄) \] \[ P(T+) = 0,95 \times 0,02 + 0,08 \times 0,98 = 0,019 + 0,0784 = 0,0974 \]

2. Formule de Bayes : \[ P(M|T+) = \frac{P(T+|M) \times P(M)}{P(T+)} = \frac{0,95 \times 0,02}{0,0974} ≈ 0,195 = 19,5\% \]


Exercice 3: ★ ★ ★ ★ ★

Une urne contient 5 boules rouges et 3 boules bleues. On tire successivement et sans remise 3 boules.
1. Construisez l'arbre pondéré pour les deux premiers tirages.
2. Calculez la probabilité d'obtenir exactement 2 boules rouges lors des 3 tirages.
3. Sachant qu'on a tiré au moins une boule rouge, quelle est la probabilité d'avoir tiré exactement 2 boules rouges ?

1. Premier tirage : P(R) = 5/8, P(B) = 3/8
Si R au 1er : P(R|R) = 4/7, P(B|R) = 3/7
Si B au 1er : P(R|B) = 5/7, P(B|B) = 2/7

2. Configurations avec exactement 2 rouges : RRB, RBR, BRR
P(RRB) = (5/8) × (4/7) × (3/6) = 60/336
P(RBR) = (5/8) × (3/7) × (4/6) = 60/336
P(BRR) = (3/8) × (5/7) × (4/6) = 60/336
P(exactement 2 rouges) = 180/336 = 15/28

3. P(au moins 1 rouge) = 1 - P(BBB) = 1 - (3/8) × (2/7) × (1/6) = 1 - 6/336 = 330/336
P(exactement 2 rouges | au moins 1 rouge) = (15/28) / (330/336) = 18/33 = 6/11


Exercice 4: ★ ★ ★ ☆ ☆

Dans une entreprise, 60% des employés sont des hommes. Parmi les hommes, 40% ont un diplôme universitaire, et parmi les femmes, 70% ont un diplôme universitaire.
1. Quelle est la probabilité qu'un employé choisi au hasard ait un diplôme universitaire ?
2. Sachant qu'un employé a un diplôme universitaire, quelle est la probabilité que ce soit une femme ?

1. Soit H = "être un homme", F = "être une femme", D = "avoir un diplôme"
P(H) = 0,6 ; P(F) = 0,4 ; P(D|H) = 0,4 ; P(D|F) = 0,7
\[ P(D) = P(D|H) \times P(H) + P(D|F) \times P(F) \] \[ P(D) = 0,4 \times 0,6 + 0,7 \times 0,4 = 0,24 + 0,28 = 0,52 \]

2. Formule de Bayes : \[ P(F|D) = \frac{P(D|F) \times P(F)}{P(D)} = \frac{0,7 \times 0,4}{0,52} = \frac{0,28}{0,52} = \frac{7}{13} ≈ 0,538 \]


Exercice 5: ★ ★ ★ ★ ★

Trois machines A, B et C produisent respectivement 50%, 30% et 20% de la production totale d'une usine. Les taux de défauts sont respectivement de 2%, 3% et 5%.
1. Construisez l'arbre pondéré de la situation.
2. Quelle est la probabilité qu'un produit choisi au hasard soit défectueux ?
3. Un produit est défectueux. Quelle est la probabilité qu'il provienne de la machine C ?
4. Les événements "provenir de la machine A" et "être défectueux" sont-ils indépendants ?

1. P(A) = 0,5 ; P(B) = 0,3 ; P(C) = 0,2
P(D|A) = 0,02 ; P(D|B) = 0,03 ; P(D|C) = 0,05

2. Probabilité totale : \[ P(D) = P(D|A) × P(A) + P(D|B) × P(B) + P(D|C) × P(C) \] \[ P(D) = 0,02 × 0,5 + 0,03 × 0,3 + 0,05 × 0,2 = 0,01 + 0,009 + 0,01 = 0,029 \]

3. Formule de Bayes : \[ P(C|D) = \frac{P(D|C) × P(C)}{P(D)} = \frac{0,05 × 0,2}{0,029} = \frac{0,01}{0,029} ≈ 0,345 \]

4. Pour l'indépendance : P(D|A) = 0,02 et P(D) = 0,029
Comme P(D|A) ≠ P(D), les événements ne sont pas indépendants.



Exercice 6: ★ ★ ★ ☆ ☆

Un sac contient 4 billes rouges et 6 billes vertes. On tire deux billes successivement sans remise.
1. Construisez l'arbre pondéré complet de cette expérience.
2. Calculez la probabilité d'obtenir deux billes de même couleur.
3. Sachant qu'on a obtenu au moins une bille rouge, quelle est la probabilité d'avoir deux billes rouges ?

1. Arbre pondéré :
4/10 6/10 R V 3/9 6/9 4/9 5/9 (R,R) (R,V) (V,R) (V,V) P = 4/10 × 3/9 = 2/15 P = 4/10 × 6/9 = 4/15 P = 6/10 × 4/9 = 4/15 P = 6/10 × 5/9 = 1/3

2. P(même couleur) = P(RR) + P(VV) = 2/15 + 1/3 = 2/15 + 5/15 = 7/15

3. P(au moins 1 rouge) = 1 - P(VV) = 1 - 1/3 = 2/3
P(RR | au moins 1 rouge) = P(RR) / P(au moins 1 rouge) = (2/15) / (2/3) = 1/5


Exercice 7: ★ ★ ★ ★ ☆

Un étudiant a 70% de chances de réussir son premier examen. S'il réussit le premier, il a 80% de chances de réussir le second. S'il échoue au premier, il n'a que 30% de chances de réussir le second.
1. Dessinez l'arbre pondéré de cette situation.
2. Quelle est la probabilité qu'il réussisse exactement un des deux examens ?
3. Sachant qu'il a réussi le second examen, quelle est la probabilité qu'il ait aussi réussi le premier ?

1. Arbre pondéré :
Départ 0,7 0,3 R₁ E₁ 0,8 0,2 0,3 0,7 (R₁,R₂) (R₁,E₂) (E₁,R₂) (E₁,E₂) P = 0,7 × 0,8 = 0,56 P = 0,7 × 0,2 = 0,14 P = 0,3 × 0,3 = 0,09 P = 0,3 × 0,7 = 0,21

2. P(exactement 1 réussi) = P(R₁,E₂) + P(E₁,R₂) = 0,14 + 0,09 = 0,23

3. P(R₂) = P(R₁,R₂) + P(E₁,R₂) = 0,56 + 0,09 = 0,65
P(R₁|R₂) = P(R₁,R₂) / P(R₂) = 0,56 / 0,65 ≈ 0,862


Exercice 8: ★ ★ ★ ★ ★

Une société de transport possède trois lignes d'autobus : A (40% du trafic), B (35% du trafic) et C (25% du trafic). Les probabilités de retard sont respectivement 5%, 8% et 12%.
1. Représentez cette situation par un arbre pondéré.
2. Calculez la probabilité qu'un autobus soit en retard.
3. Un autobus est en retard. Calculez la probabilité qu'il appartienne à chaque ligne.
4. Vérifiez que la somme des probabilités calculées en 3. vaut bien 1.

1. Arbre pondéré :
0,4 0,35 0,25 A B C 0,05 0,95 0,08 0,92 0,12 0,88 (A,Retard) (A,Ponctuel) (B,Retard) (B,Ponctuel) (C,Retard) (C,Ponctuel) P = 0,4 × 0,05 = 0,02 P = 0,4 × 0,95 = 0,38 P = 0,35 × 0,08 = 0,028 P = 0,35 × 0,92 = 0,322 P = 0,25 × 0,12 = 0,03 P = 0,25 × 0,88 = 0,22

2. P(Retard) = 0,02 + 0,028 + 0,03 = 0,078

3. P(A|Retard) = 0,02 / 0,078 ≈ 0,256 = 25,6%
P(B|Retard) = 0,028 / 0,078 ≈ 0,359 = 35,9%
P(C|Retard) = 0,03 / 0,078 ≈ 0,385 = 38,5%

4. Vérification : 0,256 + 0,359 + 0,385 = 1 ✓


Exercice 9: ★ ★ ★ ☆ ☆

Dans un jeu, un joueur lance une pièce équilibrée. Si c'est pile, il tire une boule dans l'urne A (3 rouges, 2 bleues). Si c'est face, il tire dans l'urne B (1 rouge, 4 bleues).
1. Construisez l'arbre pondéré de cette expérience.
2. Quelle est la probabilité d'obtenir une boule rouge ?
3. Le joueur a obtenu une boule bleue. Quelle est la probabilité qu'elle provienne de l'urne A ?

1. Arbre pondéré :
1/2 1/2 P F 3/5 2/5 1/5 4/5 (P,R) (P,B) (F,R) (F,B) P = 1/2 × 3/5 = 3/10 P = 1/2 × 2/5 = 1/5 P = 1/2 × 1/5 = 1/10 P = 1/2 × 4/5 = 2/5

2. P(Rouge) = P(P,R) + P(F,R) = 3/10 + 1/10 = 4/10 = 2/5

3. P(Bleue) = P(P,B) + P(F,B) = 1/5 + 2/5 = 3/5
P(A|Bleue) = P(P,B) / P(Bleue) = (1/5) / (3/5) = 1/3


Exercice 10: ★ ★ ★ ★ ★

Un système d'alarme fonctionne avec deux détecteurs indépendants A et B. Le détecteur A se déclenche avec une probabilité de 0,9 en cas d'intrusion et 0,05 en l'absence d'intrusion. Le détecteur B se déclenche avec une probabilité de 0,85 en cas d'intrusion et 0,02 en l'absence d'intrusion. La probabilité d'une intrusion est de 0,001.
1. Dessinez l'arbre pondéré pour le détecteur A uniquement.
2. Calculez la probabilité que le détecteur A se déclenche.
3. Le détecteur A s'est déclenché. Quelle est la probabilité qu'il y ait réellement une intrusion ?
4. Si les deux détecteurs sont indépendants, quelle est la probabilité qu'au moins un des deux se déclenche en cas d'intrusion ?

1. Arbre pondéré pour le détecteur A :

Départ 0,001 0,999 Intrusion Pas d'intrusion 0,9 0,1 0,05 0,95 A se déclenche A ne se déclenche pas A se déclenche A ne se déclenche pas P = 0,001 × 0,9 = 0,0009 P = 0,001 × 0,1 = 0,0001 P = 0,999 × 0,05 = 0,04995 P = 0,999 × 0,95 = 0,94905
2. Probabilité que le détecteur A se déclenche :
\(P(A) = P(I) × P(A|I) + P(¬I) × P(A|¬I)\)
\(P(A) = 0{,}001 × 0{,}9 + 0{,}999 × 0{,}05\)
\(P(A) = 0{,}0009 + 0{,}04995 = \boxed{0{,}05085}\)
3. Probabilité d'intrusion sachant que A s'est déclenché (Bayes) :
\(P(I|A) = \frac{P(A|I) × P(I)}{P(A)}\)
\(P(I|A) = \frac{0{,}9 × 0{,}001}{0{,}05085} = \frac{0{,}0009}{0{,}05085}\)
\(P(I|A) ≈ \boxed{0{,}0177}\)
Soit environ 1,77% de chances qu'il y ait réellement une intrusion.

4. Probabilité qu'au moins un détecteur se déclenche en cas d'intrusion :
\(P(A ∪ B|I) = 1 - P(¬A ∩ ¬B|I)\)
\(P(¬A ∩ ¬B|I) = P(¬A|I) × P(¬B|I) = 0{,}1 × 0{,}15 = 0{,}015\)
\(P(A ∪ B|I) = 1 - 0{,}015 = \boxed{0{,}985}\)
Soit 98,5% de chances qu'au moins un détecteur se déclenche lors d'une intrusion.

🎯 Points clés :
• Malgré une forte probabilité de déclenchement du détecteur A (90%), la probabilité réelle d'intrusion reste faible (1,77%) car les intrusions sont très rares
• L'utilisation de deux détecteurs améliore significativement la détection (98,5% vs 90%)
• Cet exercice illustre l'importance du théorème de Bayes dans les systèmes de détection
Simulateur de Dénombrement - Tirage de Boules

Configuration du Tirage
Visualisation du Tirage
Sac contenant les boules
Prêt pour le tirage
Boules tirées:
Boules remises:
Résultats et Formules
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