Probabilités conditionnelles et formule de Bayes

Pourquoi étudier les probabilités conditionnelles ?

De quoi parle-t-on ?

En Première, on a calculé des probabilités « absolues » : \(P(A)\) est la probabilité de \(A\) dans l'univers entier \(\Omega\). Mais dans la vie réelle, on dispose souvent d'une information partielle. Savoir qu'un patient est fumeur change la probabilité qu'il ait un cancer. Savoir qu'un élève a réussi le contrôle de maths change la probabilité qu'il réussisse l'examen final. La probabilité conditionnelle est l'outil qui permet de mettre à jour les probabilités en fonction d'une information.

Les applications concrètes

L'idée directrice

L'idée avant la formule

L'univers rétrécit

L'arbre pondéré : l'outil central

Inverser un arbre : l'idée de Bayes

Le cours formel

Rappels : probabilités de base

Probabilité conditionnelle

Formule de multiplication (règle de la chaîne)

Partition de l'univers et probabilités totales

Formule de Bayes

Indépendance de deux événements

Succession d'épreuves indépendantes

Variables aléatoires et espérance (rappels et compléments)

Lecture et construction d'arbres pondérés

Tableaux à double entrée

Erreurs classiques et pièges

Boîte à outils : Réflexes pour le bac

Exercices

Exercice 1 ★☆☆ : Probabilité conditionnelle directe

On lance un dé équilibré. \(A=\{1,2,3\}\) (petit), \(B=\{2,4,6\}\) (pair).

1. Calculer \(P(A)\), \(P(B)\), \(P(A\cap B)\).

2. Calculer \(P_B(A)\) et \(P_A(B)\).

3. \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?

Exercice 2 ★☆☆ : Arbre simple

Une urne contient 4 boules rouges et 6 boules bleues. On tire deux boules sans remise.

1. Construire l'arbre pondéré.

2. Calculer la probabilité d'obtenir deux boules de la même couleur.

3. Calculer la probabilité que la deuxième boule soit rouge.

Exercice 3 ★☆☆ : Tableau à double entrée

Dans une classe de 35 élèves, 20 sont des filles, 15 des garçons. Parmi les filles, 12 aiment les maths. Parmi les garçons, 9 aiment les maths.

1. Compléter le tableau à double entrée.

2. Calculer la probabilité qu'un élève choisi au hasard aime les maths.

3. Calculer \(P_F(M)\) et \(P_M(F)\) (où \(F=\) fille, \(M=\) aime les maths).

4. \(F\) et \(M\) sont-ils indépendants ?

Exercice 4 ★★☆ : Probabilités totales

Une usine a deux machines \(M_1\) et \(M_2\). \(M_1\) produit \(60\%\) des pièces, \(M_2\) produit \(40\%\). Le taux de défaut est \(3\%\) pour \(M_1\) et \(5\%\) pour \(M_2\).

1. Dessiner l'arbre pondéré.

2. Calculer la probabilité qu'une pièce choisie au hasard soit défectueuse.

3. Sachant qu'une pièce est défectueuse, quelle est la probabilité qu'elle vienne de \(M_1\) ?

Exercice 5 ★★☆ : Test médical et Bayes

Un test de dépistage a une sensibilité de \(95\%\) et une spécificité de \(90\%\). La prévalence de la maladie est de \(1\%\).

1. Dessiner l'arbre pondéré complet.

2. Calculer \(P(+)\).

3. Calculer \(P_+(M)\) (valeur prédictive positive). Commenter.

4. Calculer \(P_-({\overline{M}})\) (valeur prédictive négative).

5. Si un patient positif fait un deuxième test (indépendant), calculer la probabilité d'être malade sachant que les deux tests sont positifs.

Exercice 6 ★★☆ : Indépendance

On tire une carte d'un jeu de 32 cartes. \(R=\) « rouge » (cœur ou carreau), \(F=\) « figure » (roi, dame, valet).

1. Calculer \(P(R)\), \(P(F)\), \(P(R\cap F)\).

2. \(R\) et \(F\) sont-ils indépendants ?

3. Soit \(A=\) « as ». \(R\) et \(A\) sont-ils indépendants ?

Exercice 7 ★★☆ : Succession d'épreuves

Un tireur atteint sa cible avec probabilité \(0{,}8\) à chaque tir (indépendamment).

1. Calculer la probabilité d'atteindre la cible \(5\) fois de suite.

2. Calculer la probabilité de rater au moins une fois en \(5\) tirs.

3. Combien de tirs faut-il pour que \(P(\text{au moins un raté})\geqslant 0{,}95\) ?

Exercice 8 ★★☆ : Démonstrations de cours

1. Démontrer la formule des probabilités totales.

2. Démontrer que si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline{B}\) aussi.

3. Démontrer que \(P_B(\overline{A})=1-P_B(A)\).

Exercice 9 ★★☆ : Espérance conditionnelle

Un sac contient 3 boules rouges (valeur 10) et 2 boules bleues (valeur 5). On tire une boule. Si rouge, on relance un dé équilibré et on ajoute le résultat. Si bleue, on ne relance pas.

1. Calculer l'espérance du gain sachant que la boule est rouge.

2. Calculer l'espérance du gain sachant que la boule est bleue.

3. En déduire l'espérance totale du gain.

Exercice 10 ★★☆ : Paradoxe de l'anniversaire

Dans un groupe de \(n\) personnes, quelle est la probabilité qu'au moins deux personnes aient le même anniversaire ? (On suppose 365 jours équiprobables.)

1. Calculer la probabilité que toutes les dates soient différentes : \(P_n=\frac{365}{365}\times\frac{364}{365}\times\cdots\times\frac{365-n+1}{365}\).

2. Calculer \(P(\text{au moins une coïncidence})=1-P_n\) pour \(n=23\), \(30\), \(50\).

3. À partir de combien de personnes dépasse-t-on \(50\%\) ?

Exercice 11 ★★☆ : Le problème de Monty Hall

Un jeu télévisé : 3 portes, une cache une voiture, les deux autres des chèvres. Le joueur choisit une porte. Le présentateur (qui sait où est la voiture) ouvre une autre porte révélant une chèvre. Le joueur peut alors garder son choix ou changer.

1. Définir les événements. Modéliser avec un arbre.

2. Calculer la probabilité de gagner en gardant son choix.

3. Calculer la probabilité de gagner en changeant.

4. Faut-il changer ? Justifier par Bayes.

Exercice 12 ★★☆ : Filtrage anti-spam

Un filtre bayésien utilise la présence du mot « gratuit » pour détecter le spam. \(P(\text{spam})=0{,}4\), \(P_{\text{spam}}(\text{gratuit})=0{,}8\), \(P_{\overline{\text{spam}}}(\text{gratuit})=0{,}1\).

1. Calculer \(P(\text{gratuit})\).

2. Calculer \(P_{\text{gratuit}}(\text{spam})\).

3. Si on ajoute un deuxième mot-clé « urgent » (\(P_{\text{spam}}(\text{urgent})=0{,}6\), \(P_{\overline{\text{spam}}}(\text{urgent})=0{,}05\), indépendant de « gratuit » conditionnellement au spam), calculer la probabilité d'être spam sachant que les deux mots sont présents.

Exercice 13 ★★★ : Chaîne de Markov simple

Un personnage se déplace entre deux états \(A\) et \(B\). À chaque étape, s'il est en \(A\), il reste en \(A\) avec probabilité \(0{,}7\) et va en \(B\) avec probabilité \(0{,}3\). S'il est en \(B\), il reste en \(B\) avec probabilité \(0{,}6\) et va en \(A\) avec probabilité \(0{,}4\). Il commence en \(A\).

1. Calculer la probabilité d'être en \(A\) après 1, 2, 3 étapes.

2. On note \(a_n=P(\text{en }A\text{ à l'étape }n)\). Montrer que \(a_{n+1}=0{,}3a_n+0{,}4\).

3. Résoudre cette récurrence (c'est une équation du type \(u_{n+1}=au_n+b\) !).

4. Déterminer \(\lim_{n\to+\infty}a_n\). Interpréter.

Exercice 14 ★★★ : Probabilité conditionnelle en cascade

Trois urnes : \(U_1\) contient 3R, 2B ; \(U_2\) contient 1R, 4B ; \(U_3\) contient 2R, 2B. On choisit une urne au hasard (équiprobablement), puis on tire une boule.

1. Calculer la probabilité de tirer une boule rouge.

2. Sachant que la boule est rouge, quelle est la probabilité qu'elle vienne de \(U_1\) ?

3. On tire une deuxième boule dans la même urne (sans remise). Sachant que la première est rouge, calculer la probabilité que la deuxième soit aussi rouge.

Problème : Le problème du prisonnier ★★★

On note \(G_A\), \(G_B\), \(G_C\) les événements « \(A\) (resp. \(B\), \(C\)) est gracié ». Le gardien annonce \(B\) : on note cet événement \(D_B\).

Partie A : Modélisation

1. Écrire les probabilités a priori : \(P(G_A)\), \(P(G_B)\), \(P(G_C)\).

2. Le gardien doit désigner un prisonnier qui ne sera pas gracié et différent de \(A\). Déterminer \(P_{G_A}(D_B)\), \(P_{G_B}(D_B)\), \(P_{G_C}(D_B)\).

   Indication : si \(C\) est gracié, le gardien doit dire \(B\). Si \(A\) est gracié, le gardien choisit entre \(B\) et \(C\) (on suppose équiprobablement). Si \(B\) est gracié, le gardien ne peut pas dire \(B\).

3. Construire l'arbre pondéré complet.

Partie B : Calcul bayésien

1. Calculer \(P(D_B)\) par les probabilités totales.

2. Par la formule de Bayes, calculer \(P_{D_B}(G_A)\).

3. Calculer \(P_{D_B}(G_C)\).

4. Le prisonnier \(A\) a-t-il raison de penser que sa probabilité de grâce a augmenté ?

5. Comparer avec le problème de Monty Hall. Expliquer l'analogie.

Partie C : Généralisation

1. Si le gardien choisit \(B\) avec probabilité \(q\) (au lieu de \(\frac{1}{2}\)) quand \(A\) est gracié, recalculer \(P_{D_B}(G_A)\) en fonction de \(q\).

2. Pour quelle valeur de \(q\) le prisonnier \(A\) a-t-il raison (i.e. \(P_{D_B}(G_A)=\frac{1}{2}\)) ?

3. Interpréter : pourquoi le résultat dépend-il de la stratégie du gardien ?

Corrigés détaillés

Exercice 1

a) \(P(A)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\), \(P(B)=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}\), \(A\cap B=\{2\}\) donc \(P(A\cap B)=\frac{1}{6}\).

b) \(P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{1/6}{1/2}=\frac{1}{3}\). \(P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{1/6}{1/2}=\frac{1}{3}\).

c) \(P(A)\times P(B)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}\neq\frac{1}{6}=P(A\cap B)\). \(A\) et \(B\) ne sont pas indépendants. Savoir que le nombre est pair change la probabilité d'avoir un petit nombre.

Exercice 2

a) Première branche : \(P(R_1)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}\), \(P(B_1)=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}\).

Si \(R_1\) : \(P_{R_1}(R_2)=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}\), \(P_{R_1}(B_2)=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\).

Si \(B_1\) : \(P_{B_1}(R_2)=\frac{4}{9}\), \(P_{B_1}(B_2)=\frac{5}{9}\).

b) \(P(\text{même couleur})=P(R_1\cap R_2)+P(B_1\cap B_2)=\frac{2}{5}\times\frac{1}{3}+\frac{3}{5}\times\frac{5}{9}=\frac{2}{15}+\frac{15}{45}=\frac{2}{15}+\frac{1}{3}=\frac{2}{15}+\frac{5}{15}=\frac{7}{15}\).

c) \(P(R_2)=P(R_1)P_{R_1}(R_2)+P(B_1)P_{B_1}(R_2)=\frac{2}{5}\times\frac{1}{3}+\frac{3}{5}\times\frac{4}{9}=\frac{2}{15}+\frac{12}{45}=\frac{6}{45}+\frac{12}{45}=\frac{18}{45}=\frac{2}{5}\).

On retrouve \(P(R_2)=\frac{2}{5}=P(R_1)\) : la deuxième boule a la même probabilité que la première (propriété classique du tirage sans remise).

Exercice 3

a) Tableau :

b) \(P(M)=\frac{21}{35}=\frac{3}{5}=0{,}6\).

c) \(P_F(M)=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}\). \(P_M(F)=\frac{12}{21}=\frac{4}{7}\approx 0{,}571\).

d) \(P(F)\times P(M)=\frac{20}{35}\times\frac{21}{35}=\frac{420}{1225}=\frac{12}{35}=P(F\cap M)\). Donc \(F\) et \(M\) sont indépendants. Cela se voit aussi par \(P_F(M)=\frac{3}{5}=P(M)\).

Exercice 4

a) Branches de niveau 1 : \(P(M_1)=0{,}6\), \(P(M_2)=0{,}4\). Niveau 2 : \(P_{M_1}(D)=0{,}03\), \(P_{M_2}(D)=0{,}05\).

b) \(P(D)=P(M_1)P_{M_1}(D)+P(M_2)P_{M_2}(D)=0{,}6\times 0{,}03+0{,}4\times 0{,}05=0{,}018+0{,}020=0{,}038\).

c) \(P_D(M_1)=\frac{P(M_1)\times P_{M_1}(D)}{P(D)}=\frac{0{,}018}{0{,}038}=\frac{18}{38}=\frac{9}{19}\approx 0{,}474\).

Bien que \(M_1\) produise plus de pièces, son taux de défaut est plus faible. La probabilité qu'une pièce défectueuse vienne de \(M_1\) est légèrement inférieure à \(50\%\).

Exercice 5

a) \(P(M)=0{,}01\), \(P(\overline{M})=0{,}99\). \(P_M(+)=0{,}95\), \(P_M(-)=0{,}05\). \(P_{\overline{M}}(-)=0{,}90\), \(P_{\overline{M}}(+)=0{,}10\).

b) \(P(+)=0{,}01\times 0{,}95+0{,}99\times 0{,}10=0{,}0095+0{,}099=0{,}1085\).

c) \(P_+(M)=\frac{0{,}0095}{0{,}1085}\approx 0{,}0876\approx 8{,}8\%\).

Avec une prévalence de seulement \(1\%\), un test positif ne donne que \(\approx 9\%\) de chance d'être malade. C'est encore pire que l'exemple du cours (\(2\%\) de prévalence) car ici la spécificité (\(90\%\)) est plus faible.

d) \(P_-(\overline{M})=\frac{P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(-)}{P(-)}=\frac{0{,}99\times 0{,}90}{1-0{,}1085}=\frac{0{,}891}{0{,}8915}\approx 0{,}9994\approx 99{,}9\%\).

Un test négatif est très rassurant : \(99{,}9\%\) de chance d'être sain.

e) Après le \(1\)^er test positif, la probabilité a priori pour le \(2\)^e test est \(P'(M)=0{,}0876\).

\(P'(+)=0{,}0876\times 0{,}95+(1-0{,}0876)\times 0{,}10=0{,}0832+0{,}0912=0{,}1744\).

\(P'_+(M)=\frac{0{,}0832}{0{,}1744}\approx 0{,}477\approx 48\%\).

Deux tests positifs donnent environ \(48\%\) de chance d'être malade. C'est bien mieux qu'un seul test, mais toujours pas certain.

Exercice 6

a) \(P(R)=\frac{16}{32}=\frac{1}{2}\). \(P(F)=\frac{12}{32}=\frac{3}{8}\). \(P(R\cap F)=\frac{6}{32}=\frac{3}{16}\).

b) \(P(R)\times P(F)=\frac{1}{2}\times\frac{3}{8}=\frac{3}{16}=P(R\cap F)\). Indépendants.

c) \(P(A)=\frac{4}{32}=\frac{1}{8}\). \(P(R\cap A)=\frac{2}{32}=\frac{1}{16}\). \(P(R)\times P(A)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{8}=\frac{1}{16}=P(R\cap A)\). Indépendants aussi.

Exercice 7

a) \(P(\text{5 succès})=0{,}8^5=0{,}32768\approx 32{,}8\%\).

b) \(P(\text{au moins un raté})=1-0{,}8^5=1-0{,}32768\approx 67{,}2\%\).

c) \(1-0{,}8^n\geqslant 0{,}95\iff 0{,}8^n\leqslant 0{,}05\iff n\geqslant\frac{\ln 0{,}05}{\ln 0{,}8}=\frac{-2{,}996}{-0{,}2231}\approx 13{,}4\). Donc \(\boxed{n=14}\) tirs.

Exercice 8

a) Les \(B_i\) partitionnent \(\Omega\), donc \(A=(A\cap B_1)\cup\cdots\cup(A\cap B_n)\) avec les \((A\cap B_i)\) disjoints.

b) \(P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=P(A)-P(A)P(B)\) (indépendance)

c) \(P_B(\overline{A})=\frac{P(\overline{A}\cap B)}{P(B)}=\frac{P(B)-P(A\cap B)}{P(B)}=1-\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=1-P_B(A)\). \(\square\)

Exercice 9

a) Si rouge (\(R\)) : gain \(=10+D\) où \(D\) est le résultat du dé. \(E_R(\text{gain})=10+E(D)=10+3{,}5=13{,}5\).

b) Si bleue (\(B\)) : gain \(=5\). \(E_B(\text{gain})=5\).

c) Espérance totale : \(E(\text{gain})=P(R)\cdot E_R(\text{gain})+P(B)\cdot E_B(\text{gain})=\frac{3}{5}\times 13{,}5+\frac{2}{5}\times 5=8{,}1+2=10{,}1\).

Exercice 10

a) \(P_n=\prod_{k=0}^{n-1}\frac{365-k}{365}=\frac{365!}{(365-n)!\cdot 365^n}\).

b) \(P_{23}=\frac{365\times 364\times\cdots\times 343}{365^{23}}\approx 0{,}493\). Donc \(P(\text{coïncidence})\approx 1-0{,}493=0{,}507\approx 50{,}7\%\).

\(P_{30}\approx 1-0{,}294=0{,}706\approx 70{,}6\%\). \(P_{50}\approx 1-0{,}030=0{,}970\approx 97\%\).

c) Dès \(n=23\) personnes, la probabilité dépasse \(50\%\). C'est le paradoxe des anniversaires : ce nombre est bien plus petit que l'intuition (\(\approx 183\)) car on compare toutes les paires, pas un individu au reste.

Exercice 11

a) \(V_i=\) « la voiture est derrière la porte \(i\) » (\(i=1,2,3\)). Le joueur choisit la porte 1. Le présentateur ouvre la porte 2 (chèvre). \(D_2=\) « le présentateur ouvre la porte 2 ».

b) En gardant : \(P_{D_2}(V_1)\). Par Bayes :

\(P(V_i)=\frac{1}{3}\) pour \(i=1,2,3\). \(P_{V_1}(D_2)=\frac{1}{2}\) (le présentateur choisit entre 2 et 3). \(P_{V_2}(D_2)=0\) (il ne peut pas ouvrir la porte de la voiture). \(P_{V_3}(D_2)=1\) (il doit ouvrir la 2).

\(P(D_2)=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times 0+\frac{1}{3}\times 1=\frac{1}{6}+0+\frac{1}{3}=\frac{1}{2}\).

\(P_{D_2}(V_1)=\frac{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=\frac{1}{3}\).

c) En changeant (porte 3) : \(P_{D_2}(V_3)=\frac{\frac{1}{3}\times 1}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}\).

d) Il faut changer : la probabilité de gagner passe de \(\frac{1}{3}\) à \(\frac{2}{3}\). L'information du présentateur ne change pas la probabilité du choix initial (\(\frac{1}{3}\)), mais concentre les \(\frac{2}{3}\) restants sur une seule porte.

Exercice 12

a) \(P(G)=P(\text{spam})\cdot P_{\text{spam}}(G)+P(\overline{\text{spam}})\cdot P_{\overline{\text{spam}}}(G)=0{,}4\times 0{,}8+0{,}6\times 0{,}1=0{,}32+0{,}06=0{,}38\).

b) \(P_G(\text{spam})=\frac{0{,}4\times 0{,}8}{0{,}38}=\frac{0{,}32}{0{,}38}=\frac{16}{19}\approx 84{,}2\%\).

c) Notons \(G\) et \(U\) les événements « gratuit » et « urgent ». Par indépendance conditionnelle :

\(P_{\text{spam}}(G\cap U)=P_{\text{spam}}(G)\cdot P_{\text{spam}}(U)=0{,}8\times 0{,}6=0{,}48\).

\(P_{\overline{\text{spam}}}(G\cap U)=0{,}1\times 0{,}05=0{,}005\).

\(P(G\cap U)=0{,}4\times 0{,}48+0{,}6\times 0{,}005=0{,}192+0{,}003=0{,}195\).

\(P_{G\cap U}(\text{spam})=\frac{0{,}192}{0{,}195}=\frac{192}{195}=\frac{64}{65}\approx 98{,}5\%\).

Avec deux mots-clés, la détection est quasi certaine.

Exercice 13

a) \(a_0=1\) (il commence en \(A\)).

\(a_1=P(\text{en }A\text{ à l'étape }1)=0{,}7\times 1+0{,}4\times 0=0{,}7\).

\(a_2=0{,}7\times 0{,}7+0{,}4\times 0{,}3=0{,}49+0{,}12=0{,}61\).

\(a_3=0{,}7\times 0{,}61+0{,}4\times 0{,}39=0{,}427+0{,}156=0{,}583\).

b) À l'étape \(n+1\), on est en \(A\) soit en venant de \(A\) (\(\times 0{,}7\)), soit en venant de \(B\) (\(\times 0{,}4\)). \(P(\text{en }B)=1-a_n\), donc :

\(a_{n+1}=0{,}7\,a_n+0{,}4(1-a_n)=0{,}7\,a_n+0{,}4-0{,}4\,a_n=0{,}3\,a_n+0{,}4\).

c) C'est une suite \(u_{n+1}=au_n+b\) avec \(a=0{,}3\) et \(b=0{,}4\). Le point fixe est \(\ell=\frac{b}{1-a}=\frac{0{,}4}{0{,}7}=\frac{4}{7}\).

Posons \(v_n=a_n-\frac{4}{7}\). Alors \(v_{n+1}=0{,}3\,v_n\), d'où \(v_n=v_0\cdot 0{,}3^n=(1-\frac{4}{7})\cdot 0{,}3^n=\frac{3}{7}\cdot 0{,}3^n\).

\(\boxed{a_n=\frac{4}{7}+\frac{3}{7}\cdot 0{,}3^n}\).

d) \(\lim_{n\to+\infty}a_n=\frac{4}{7}\approx 0{,}571\). C'est la probabilité stationnaire d'être en \(A\). Elle est supérieure à \(\frac{1}{2}\) car \(A\) « retient » mieux (\(0{,}7>0{,}6\)).

Exercice 14

a) \(P(R)=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{5}+\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}+\frac{1}{3}\cdot\frac{2}{4}=\frac{1}{3}\bigl(\frac{3}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}\bigr)=\frac{1}{3}\cdot\frac{6+2+5/2}{...}\).

Calculons : \(\frac{3}{5}+\frac{1}{5}+\frac{2}{4}=\frac{3}{5}+\frac{1}{5}+\frac{1}{2}=\frac{6+2+5}{10}=\frac{13}{10}\).

\(P(R)=\frac{1}{3}\times\frac{13}{10}=\frac{13}{30}\approx 0{,}433\).

b) \(P_R(U_1)=\frac{P(U_1)\cdot P_{U_1}(R)}{P(R)}=\frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{5}}{\frac{13}{30}}=\frac{\frac{1}{5}}{\frac{13}{30}}=\frac{1}{5}\times\frac{30}{13}=\frac{6}{13}\approx 0{,}462\).

c) La probabilité de \(R_2\) sachant \(R_1\) dépend de l'urne choisie. Par l'espérance conditionnelle :

\(P(R_2|R_1)=P_R(U_1)\cdot P_{U_1}(R_2|R_1)+P_R(U_2)\cdot P_{U_2}(R_2|R_1)+P_R(U_3)\cdot P_{U_3}(R_2|R_1)\).

\(P_R(U_2)=\frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5}}{\frac{13}{30}}=\frac{2}{13}\). \(P_R(U_3)=\frac{\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}}{\frac{13}{30}}=\frac{5}{13}\).

Après avoir tiré 1 rouge (sans remise) :

\(U_1\) : reste 2R/2B sur 4, \(P=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\). \(U_2\) : reste 0R/4B sur 4, \(P=0\). \(U_3\) : reste 1R/2B sur 3, \(P=\frac{1}{3}\).

\(P(R_2|R_1)=\frac{6}{13}\times\frac{1}{2}+\frac{2}{13}\times 0+\frac{5}{13}\times\frac{1}{3}=\frac{3}{13}+0+\frac{5}{39}=\frac{9}{39}+\frac{5}{39}=\frac{14}{39}\approx 0{,}359\).

Corrigé du problème : Le problème du prisonnier

Partie A : Modélisation

1. \(P(G_A)=P(G_B)=P(G_C)=\frac{1}{3}\).

2. Le gardien désigne un condamné différent de \(A\) :

\(\bullet\) Si \(A\) est gracié (\(G_A\)) : \(B\) et \(C\) sont condamnés. Le gardien peut dire \(B\) ou \(C\), il choisit \(B\) avec probabilité \(\frac{1}{2}\) : \(P_{G_A}(D_B)=\frac{1}{2}\).

\(\bullet\) Si \(B\) est gracié (\(G_B\)) : le gardien ne peut pas dire \(B\), il dit forcément \(C\) : \(P_{G_B}(D_B)=0\).

\(\bullet\) Si \(C\) est gracié (\(G_C\)) : le gardien ne peut pas dire \(C\) (gracié) ni \(A\) (le demandeur). Il dit forcément \(B\) : \(P_{G_C}(D_B)=1\).

3. L'arbre :

Partie B : Calcul bayésien

4. \(P(D_B)=\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\times 0+\frac{1}{3}\times 1=\frac{1}{6}+0+\frac{1}{3}=\frac{1}{2}\).

5. \(P_{D_B}(G_A)=\frac{P(G_A)\times P_{G_A}(D_B)}{P(D_B)}=\frac{\frac{1}{3}\times\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}=\frac{\frac{1}{6}}{\frac{1}{2}}=\boxed{\frac{1}{3}}\).

6. \(P_{D_B}(G_C)=\frac{P(G_C)\times P_{G_C}(D_B)}{P(D_B)}=\frac{\frac{1}{3}\times 1}{\frac{1}{2}}=\boxed{\frac{2}{3}}\).

7. Le prisonnier \(A\) a tort. Sa probabilité de grâce reste \(\frac{1}{3}\), pas \(\frac{1}{2}\). L'information du gardien ne change rien pour \(A\), mais elle concentre les \(\frac{2}{3}\) restants entièrement sur \(C\) (car on sait que \(B\) ne sera pas gracié).

8. C'est exactement le problème de Monty Hall : \(A\) est le joueur (porte 1), les prisonniers sont les portes, la grâce est la voiture, et le gardien est le présentateur. Comme à Monty Hall, le choix initial a \(\frac{1}{3}\) de chance, et l'information donnée ne modifie pas ce \(\frac{1}{3}\) mais concentre les \(\frac{2}{3}\) sur l'alternative restante.

Partie C : Généralisation

9. Si \(P_{G_A}(D_B)=q\) (au lieu de \(\frac{1}{2}\)) :

\(P(D_B)=\frac{1}{3}\cdot q+\frac{1}{3}\cdot 0+\frac{1}{3}\cdot 1=\frac{q+1}{3}\).

\(P_{D_B}(G_A)=\frac{\frac{1}{3}\cdot q}{\frac{q+1}{3}}=\frac{q}{q+1}\).

10. \(P_{D_B}(G_A)=\frac{1}{2}\iff\frac{q}{q+1}=\frac{1}{2}\iff 2q=q+1\iff q=1\).

Si \(q=1\), le gardien dit toujours \(B\) quand \(A\) est gracié, alors \(P_{D_B}(G_A)=\frac{1}{2}\).

11. Le résultat dépend de la stratégie du gardien car l'information qu'il révèle dépend de ce qu'il aurait pu dire dans d'autres scénarios. Si le gardien dit toujours \(B\) (même quand \(A\) est gracié), alors « le gardien dit \(B\) » est moins informatif : cela arrive dans tous les cas sauf \(G_B\). Si le gardien est équiprobable, le fait qu'il dise \(B\) privilégie le scénario où il était forcé de dire \(B\) (i.e. \(G_C\)). C'est le problème de l'information sélective : l'information dépend du processus qui l'a générée.