Thèmes: Espaces probabilisés finis
($20\%$) et le canard Mulard ($50\%$). Suite à divers traitements hormonaux accélérateurs de croissance (utilisés sur plusieurs générations de volailles), certains animaux n'ont qu'une seule patte: $10\%$ des canards de Barbarie, $2\%$ des canards Nantais et $25\%$ des canards Mulard. On choisit un canard au hasard.
a) Quelle est la probabilité qu'il n'ait qu'une seule patte?
b) Sachant qu'il n'a qu'une seule patte, quelle est la probabilité que ce soit un canard Mulard? un canard Nantais?
Solution. On note:
$B$ l'évènement: "l'animal est un canard de Barbarie";
$N$ l'évènement: "l'animal est un canard Nantais";
$M$ l'évènement: "l'animal est un canard Mulard";
$D$ l'évènement: "l'animal a une seule patte";
a) $(B,N,M)$ est un système complet d'évènements. On a donc, d'après la formule des probabilitées totales:
$$ \mathbb{P}(D)= \mathbb{P}(B \cap D)+ \mathbb{P}(N \cap D)+ \mathbb{P}(M \cap D) =\mathbb{P}(B) \times \mathbb{P}_{B}(D) + \mathbb{P}(N) \times \mathbb{P}_{N}(D) + \mathbb{P}(M) \times \mathbb{P}_{M}(D)$$
donc
$$ \mathbb{P}(D)= \frac{3}{10} \times \frac{1}{10} + \frac{1}{5} \times \frac{1}{50} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} =\frac{159}{1000} $$
b) Sachant qu'il n'a qu'une seule patte, la probabilité que ce soit:
- un canard Mulard est $\mathbb{P}_D(M)$;
- un canard Nantais est $\mathbb{P}_D(N)$.
D'après la formule de Bayes, appliquée avec le système complet d'évènements $(M,N,B)$, on a:
$$ \mathbb{P}_{D}(M) = \frac{ \mathbb{P}_{M}(D) \mathbb{P}(M) }{ \mathbb{P}_{M}(D) \mathbb{P}(M) + \mathbb{P}_{N} (D) \mathbb{P} (N) + \mathbb{P}_{B} (D) \mathbb{P}(B) }$$
donc
$$ \mathbb{P}_{D}(M) = \frac{ \frac{ 1 }{4 } \times \frac{ 1 }{ 2 } }{ \frac{ 1 }{ 4 } \times \frac{ 1 }{ 2 } + \frac{ 1 }{ 50 } \times \frac{ 1 }{ 5 } + \frac{ 1 }{ 10 } \times \frac{ 3 }{ 10} } = \frac{ 125 }{ 159 } $$
De même:
$$ \mathbb{P}_{D} (N) = \frac{ \mathbb{P}_{N} (D) \mathbb{P}(N) }{ \mathbb{P}_{M} (D) \mathbb{P}(M) + \mathbb{P}_{N} (D) \mathbb{P}(N) + \mathbb{P}_{B} (D) \mathbb{P}(B) }$$
donc
$$ \mathbb{P}_{D} (N) = \frac{ \frac{1}{ 50 } \times \frac{ 1 }{ 5 } }{ \frac{1}{4} \times\frac{ 1 }{2 } +\frac{1}{50 } \times \frac{1 }{5 }+\frac{ 1 }{ 10 }\times \frac{ 3 }{ 10 } } = \frac{4}{ 159} $$
- Test d'une maladie rare. Un laboratoire propose un test de dépistage de la maladie de la grippe porcine H5N1.
Des études randomisées ont permis d'établir les statistiques suivantes:
$\bullet$ si l'animal est sain, le test est négatif dans $99.8\%$ des cas;
$\bullet$ si l'animal est malade, le test est positif dans $99.9\%$ des cas.
On sait d'autre part qu'il y a un animal malade sur $10 000$.
Peut-on avoir confiance en ce test ? Pour cela, on déterminera:
a) la probabilité que l'animal soit malade, sachant que le test est positif;
b) la probabilité que l'animal soit sain, sachant que le test est négatif.
Solution. On peut modéliser les données par l'arbre suivant en notant:
$M$ l'évènement: "l'animal est malade";
$P$ l'évènement: "le test est positif".
a) La probabilité que l'animal soit malade sachant que le test est positif est $\mathbb{P}_P(M)$.
D'après la formule de Bayes, appliquée avec le système complet d'évènements $(M,\overline{M})$, on a:
$$\mathbb{P}_P(M) = \frac{ \mathbb{P}_M(P)\mathbb{P}(M)}{\mathbb{P}_M(P)\mathbb{P}(M)+\mathbb{P}_{\overline{M}}(P)\mathbb{P}(\overline{M})}$$
donc:
$$ \mathbb{P}_P(M) = \frac{ \frac{999}{ 1000}\times\frac{1}{10000}}{ \frac{999}{1000}\times\frac{1}{10000}+ \frac{1}{500}\times\frac{9999}{10000} }=\frac{111}{2333}\approx 4,76\%$$
b) La probabilité que l'animal soit sain sachant que le test est négatif est $\mathbb{P}_{\overline{P}}(\overline{M})$.
D'après la formule de Bayes, appliquée avec le système complet d'évènements $(M,\overline{M})$, on a:
$$\mathbb{P}_{\overline{P}}(\overline{M}) = \frac{\mathbb{P}_{\overline{M}}(\overline{P})\mathbb{P}(\overline{M})}{\mathbb{P}_{\overline{M}}(\overline{P})\mathbb{P}(\overline{M})+\mathbb{P}_{M}(\overline{P})\mathbb{P}(M)}$$
donc:
$$ \mathbb{P}_{ \overline{P} }( \overline{M} ) = \frac{ \frac{499}{500}\times\frac{9999}{10000} }{ \frac{499}{500}\times\frac{9999}{10000}+\frac{1}{1000}\times\frac{1}{10000} }= \frac{ 9979002 }{9979003}\approx 99,99\% $$
Si le test est positif, la probabilité que l'animal soit vraiment malade est très faible. Avec ce test, les animaux déclarés malades sont en majorité sains, on ne peut donc pas avoir confiance en ce test pour déterminer si un animal est malade.
Par contre, si un animal est déclaré sain, on peut être sûr qu'il l'est avec une probabilité de $99,99\%$. On peut donc avoir confiance en ce test pour déterminer si un animal est sain.
Une balle a été mise au hasard dans l'un deux: elle se trouve dans le sac $i$ avec probabilité $p_i$.
Lorsqu'on fouille le sac où se trouve la balle, la probabilité de ne pas trouver la balle alors qu'elle s'y trouve vaut $\alpha$ (la fouille n'est pas assez minutieuse).
1. On fouille une première fois le sac $1$ et on ne trouve pas la balle. Quelle est la probabilité qu'elle soit quand même dans le sac $1$? dans le sac $j$ ($j\neq 1$)?
2. On recommence la fouille du sac $1$ et on ne trouve toujours pas la boule. Calculer de nouveau la probabilité qu'elle soit dans le sac $1$, puis dans le sac $j$ ($j\neq1$).
Solution. 1. On introduit les évènements $B_i$ = "la balle est dans le sac $i$" et $F_i$ = "on fouille le sac $i$", pour $i\in\lc1;n\rc$.
On note aussi $T$ = "la balle est trouvée dans le sac après la fouille dans le sac $1$".
On veut calculer $\p_{\overline{T}}(B_1)$. D'après la formule de Bayes appliquée avec le s.c.e. $(B_1,\dots,B_n)$:
$$ \p_{\overline{T}}(B_1)=\dfrac{ \p_{B_1}\big(\overline{T}\big)\times \p(B_1) }{ \dsum_{k=1}^n \p_{B_k} \big( \overline{T}\big) \p(B_k) } $$
D'après l'énoncé $\p_{B_1}\big(\overline{T}\big) = \alpha$ et, pour $k\neq 1$, $\p_{B_k}\big(\overline{T}\big) = 1 $ (on fouille le sac $1$ alors que la balle est dans le sac $k$ ).
Donc:
$$\p_{\overline{T}}(B_1)= \dfrac{\alpha\times p_1}{ \alpha\times p_1 + \dsum_{k=2}^n 1\times p_k } = \dfrac{\alpha p_1}{1+(\alpha -1)p_1}$$
puisque $\dsum_{k=1}^n p_k=1$.
Fixons ensuite $j\neq 1$. On veut calculer $\p_{\overline{T}}(B_j)$. De même:
$$ \p_{\overline{T}}(B_j)=\dfrac{ \p_{B_j}\big(\overline{T}\big)\times \p(B_j) }{ \dsum_{k=1}^n \p_{B_k} \big( \overline{T}\big) \p(B_k) } $$
Donc:
$$\p_{\overline{T}}(B_j)= \dfrac{1\times p_j}{ \alpha\times p_1 + \dsum_{k=2}^n 1\times p_k } = \dfrac{p_j}{1+(\alpha -1)p_1}$$
Vérification: $\dsum_{j=1}^n \p{\overline{T}}(B_j)=1$, c'est donc cohérent!
2.Cette fois on note $T_2$ = "la balle est trouvée au moins une fois lors des deux fouilles dans le sac 1".
Les deux fouilles sont supposées s'effectuer de manière indépendante.
On veut calculer $\p_{\overline{T_2}}(B_1)$. D'après la formule de Bayes appliquée avec le s.c.e. $(B_1,\dots,B_n)$:
$$ \p_{\overline{T_2}}(B_1)=\dfrac{ \p_{B_1}\big(\overline{T_2}\big)\times \p(B_1) }{ \dsum_{k=1}^n \p_{B_k} \big( \overline{T_2}\big) \p(B_k) } $$
D'après l'énoncé $\p_{B_1}\big(\overline{T_2}\big) = \alpha^2$ et, pour $k\neq 1$, $\p_{B_k}\big(\overline{T_2}\big) = 1 $.
Donc:
$$\p_{\overline{T_2}}(B_1)= \dfrac{\alpha^2\times p_1}{ \alpha^2\times p_1 + \dsum_{k=2}^n 1\times p_k } = \dfrac{\alpha^2 p_1}{1+(\alpha^2 -1)p_1}$$
Fixons ensuite $j\neq 1$. On veut calculer $\p_{\overline{T_2}}(B_j)$. De même:
$$ \p_{\overline{T_2}}(B_j)=\dfrac{ \p_{B_j}\big(\overline{T_2}\big)\times \p(B_j) }{ \dsum_{k=1}^n \p_{B_k} \big( \overline{T_2}\big) \p(B_k) } $$
Donc:
$$\p_{\overline{T_2}}(B_j)= \dfrac{1\times p_j}{ \alpha^2\times p_1 + \dsum_{k=2}^n 1\times p_k } = \dfrac{p_j}{1+(\alpha^2 -1)p_1}$$