%\documentclass{article} %DÉSACTIVER POUR A5
\documentclass[a5paper]{article} %ACTIVER POUR A5

%########
% Packages #
%########

\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[french]{babel}

%######Affichage des maths
\DecimalMathComma %pour ne plus avoir d'espace après la virgule dans l'écriture décimale des nombres

\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb,amsthm}
\usepackage{mathrsfs}
\usepackage{amsopn}

\usepackage[np]{numprint}%écriture des nombres avec des espaces et en écriture scientifique

\usepackage{dsfont} %Pour faire le 1 double barre de la fonction caractérisitque dans un enironnement maths. \mathds{1}
%\usepackage{bbold} %Double barre mais en petit pour tout les nombres dans un enironnement maths.\mathbb{1}

%######Graphique
\usepackage[dvipsnames]{xcolor}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{pgf}
\usepackage{tikz}
\usepackage{tkz-tab}
\usetikzlibrary{shapes,arrows}

\usepackage{geometry} 
\geometry{hscale=0.85,vscale=0.85,centering}

%######Tableau
\usepackage{array} %pour centrer dans un tableau
\usepackage{colortbl} %pour colorier les cellules lignes colonnes d'un tableau: \rowcolor{}, \columncolor{}, \cellcolor{purple!25}
\usepackage{tabularx} %quelques amélioraions de l'environnement tabular
\usepackage{diagbox} %Pour faire une diagonale dans une case d'un tableau: \diagbox{bas gauche}{haut droit}
\usepackage{multirow} %fusionner des cellules horizontalement

%######Hyperliens dans les pdf

\usepackage[colorlinks=true,linkcolor=magenta,urlcolor=magenta]{hyperref}% Pour créer des liens à l'intérieur du pdf: \hyperlink{label}{texte du lien} permettra d'atteindre la cible identifiée par \hypertarget{label}{texte de la cible}. Les textes du lien et de la cible peuvent être vides.

%######Des symboles et images

\usepackage{marvosym} %Image de téléphone protable avec la commande \Mobilefone

\usepackage{fdsymbol} %Notamment le cœur plein: \varheartsuit

\usepackage{eurosym}%pour afficher le symbole euro

%######Vrac

\usepackage{enumerate}%énumération avec des lettres 
%\usepackage{tasks}%Pour avoir une liste en ligne utiliser \begin{tasks}(2) (pour deux colonnes) et non pas enumerate puis \task et non pas \item 

\usepackage{stmaryrd}%pour faire des "intervalles" d'entiers \llbracket et \rrbracket

\usepackage{xlop}%poser les calculs en colonne: \opdiv[displayintermediary=nonzero,voperation=top,shiftdecimalsep=none]{27}{45}
\opset{decimalsepsymbol={,}}

\usepackage{verbatim}%pour utiliser commande \exclure et normalement pour faire l'affichage tel quel sans compiler le texte. 
%\usepackage{alltt}%Pour utiliser une commande latex dans un environnement verbatim il faut utiliser: alltt
%Pour écrire juste suelques mots en verbatim au milieu d'un phrase: \verb|quelques mots|

\usepackage{fancyhdr}

%######Algo

\usepackage{listings} % \begin{lstlisting} \end{lstlisting} affiche du code comme le fait le langage choisi. \lstset{language=Pascal} \lstset{language=Python} pour choisir le langage dans le document avant chaque programme ou avant le \begin{document} pour l'appliquer à tout le document. 
%\lstset{} permet d'indiquer toutes les options. Pas de caractère accentué (option lourdingue à rajouter) qui vont s'ppliquer pour toute la suite du document: \lstset{language=Python}
%Il espossible d'inclure un code python d'un fichier extérieur \lstinputlisting{source_filename.py}.
%Il est possible de définir une présentation personnalisé par un ensemble de configuration enregistré dans un fichier de style
\lstdefinestyle{pythonstyle}{
	language=Python,
	backgroundcolor=\color{gray!30},   
	commentstyle=\color{Plum},
	keywordstyle=\color{blue},
	numberstyle=\tiny\color{black},
	stringstyle=\color{ForestGreen},
	basicstyle=\ttfamily\color{black},
	breakatwhitespace=false,         
	breaklines=true,                 
	captionpos=b,                    
	keepspaces=true,                 
	numbers=none,                   
	numbersep=5pt,                  
	showspaces=false,                
	showstringspaces=false,
	showtabs=false,                  
	tabsize=1
}
\lstset{style=pythonstyle}

\lstdefinestyle{bashstyle}{
	language=bash,
	backgroundcolor=\color{black},   
	commentstyle=\color{white},
	keywordstyle=\color{magenta},
	numberstyle=\tiny\color{black},
	stringstyle=\color{white},
	basicstyle=\ttfamily\footnotesize\color{white},
	breakatwhitespace=false,         
	breaklines=true,                 
	captionpos=b,                    
	keepspaces=true,                
	numbers=left,                    
	numbersep=5pt,                  
	showspaces=false,                
	showstringspaces=false,
	showtabs=false,                  
	tabsize=1
}
%\lstset{style=bashstyle}

\usepackage[french]{algorithm2e}%pseudocode

\usepackage{scratch3}

%############### Formule developpée molécule chimie

\usepackage{chemfig}

%#####################
% Commande et environnement #
%#####################

\theoremstyle{plain}

%Pour redéfinir les commande section (changer la couleur centrer):
\usepackage{titlesec}
\titleformat{\section}[block]{\color{blue}\Large\bfseries\filcenter}{}{1em}{}
\titleformat{\subsection}[hang]{\color{purple}\large\bfseries}{\thesubsection}{1em}{}
\titleformat{\subsubsection}[hang]{\color{RoyalBlue} \bfseries}{\thesubsubsection}{1em}{}
\titleformat{\paragraph}[hang]{}{}{1em}{}

\renewcommand{\thesection}{{}}
\renewcommand{\thesubsection}{\color{purple}\Roman{subsection}}
\renewcommand{\thesubsubsection}{\color{RoyalBlue}\arabic{subsubsection}}

\newenvironment{correction}{\color{Brown}}{\medskip}

\newenvironment{sujet}{}{\medskip}

%environnement bareme
\newenvironment{bareme}{\color{RoyalBlue}\footnotesize \hfill }{\footnotesize \emph{~points}}

%environnement détais du barème
\newenvironment{details}{\color{RoyalBlue}\noindent ~\\}{~\\}

%environnement notabene
\newenvironment{notabene}{\color{PineGreen}\noindent ~\\}{~\\}

%environnement exemples
\newenvironment{exemples}{\color{RoyalBlue} \medskip \noindent \underline{Exemples.}}{}

%environnement remarques
\newenvironment{remarques}{\medskip \noindent {\color{Black}\underline{Remarques.}}\color{Black}}{}

\newenvironment{lecon}{\color{black}}{}

\newenvironment{culturegenerale}{\color{Violet}}{}

%Pour redéfinir les environnements exercices et autres avec de la couleur
\newsavebox{\selvestebox}
\newenvironment{colbox}[1]
{\newcommand\colboxcolor{#1}%
	\begin{lrbox}{\selvestebox}%
		\begin{minipage}{\dimexpr\columnwidth-2\fboxsep\relax}}
		{\end{minipage}\end{lrbox}%
	\begin{center}
		\colorbox{\colboxcolor}{\usebox{\selvestebox}}
\end{center}}

%environnement exercice
\newcounter{Exercice}
\setcounter{Exercice}{1}
\newcounter{Exercicecorrection}
\newenvironment{exercice}[1]{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \color{blue} \begin{colbox}{blue!10} \hfill {\color{RoyalBlue}Exercice \theExercice. #1} \hfill \addtocounter{Exercice}{1}}{ \end{colbox} }

%environnement exercicecorrection
\newenvironment{exercicecorrection}{\medskip \color{blue} \noindent \underline{Correction exercice \theExercicecorrection}
	
}{\hfill \underline{Fin correction exercice \theExercicecorrection.}}

\newenvironment{exerciceapplication}{ \setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \color{blue} \begin{colbox}{blue!10} \hfill {\color{RoyalBlue}Exercice \theExercice. Application.} \hfill \addtocounter{Exercice}{1} }{ \end{colbox} }

\newenvironment{concours}{\setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \color{blue} \medskip \hfill {\color{RoyalBlue}Exercice \theExercice. Concours.} \hfill \addtocounter{Exercice}{1} }{\medskip}

\newenvironment{recherche}{\setcounter{Exercicecorrection}{\theExercice} \color{blue} \medskip \hfill { \color{RoyalBlue}Exercice \theExercice. Recherche.} \hfill \addtocounter{Exercice}{1} }{\medskip}

%environnement definition
\newcounter{Definition}
\setcounter{Definition}{1}
\newenvironment{definition}{\medskip \noindent {\color{orange}Définition \theDefinition} \addtocounter{Definition}{1} \newline \noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement théorème il est possible d'ajouter un titre de théorème en mettant entre accolade le titre après le begin{theoreme}
\newcounter{Theoreme}
\setcounter{Theoreme}{1}
\newenvironment{theoreme}[1]{\medskip \noindent {\color{purple}Théorème \theTheoreme #1} \addtocounter{Theoreme}{1} 
	
	\noindent \begin{tabular}{||m{12cm}||}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement proposition
\newcounter{Proposition}
\setcounter{Proposition}{1}
\newenvironment{proposition}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Proposition \theProposition #1} \addtocounter{Proposition}{1}
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement propriété
\newcounter{Propriete}
\setcounter{Propriete}{1}
\newenvironment{propriété}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Propriété \thePropriete #1} \addtocounter{Propriete}{1}
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement lemme
\newcounter{Lemme}
\setcounter{Lemme}{1}
\newenvironment{lemme}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Lemme \theLemme #1} \addtocounter{Lemme}{1}
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement corollaire
\newcounter{Corollaire}
\setcounter{Corollaire}{1}
\newenvironment{corollaire}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen}Corollaire \theCorollaire #1} \addtocounter{Corollaire}{1} 
	
	\noindent \begin{tabular}{|m{12cm}|}\hline \\ }{\\ \hline \end{tabular}}

%environnement démonstration
\newcounter{Demonstration}
\setcounter{Demonstration}{1}
\newenvironment{preuve}[1]{\medskip \noindent {\color{PineGreen} Démonstration \theDemonstration #1} \addtocounter{Demonstration}{1} \color{Black} 
	
}{\noindent \color{PineGreen} \hfill  $\blacksquare$ \hspace{3cm}~}

%environnement conclusion encadré et coloré
\newenvironment{conclusion}
{\color{PineGreen}\begin{tabular}{|c|}\hline \\ \begin{minipage}{0.85\linewidth} \begin{center} }
			{\end{center} \end{minipage} \\ \\ \hline \end{tabular} }

%Commande pour l'objectif et l'écrire en vert
\newcommand{\objectif}[1]{{\color{PineGreen}#1}
	
	\medskip}

%########################
%Test conditionnel pour l'affichage    #
%########################
\newif\ifs
%\strue%affiche la boite à trous
\sfalse%affiche la réponse

%Pour faire une case à trou complétable sur le pdf
\newcounter{Trous}
\setcounter{Trous}{1}
\newcommand{\trous}[2][3cm]{
	\ifs
	\begin{Form}
		\TextField[name=\theTrous ,bordercolor=,borderwidth=0, backgroundcolor=gray!20, align=1,  width=#1 ,height=0.2cm, bordersep=0,color=black] {}
	\end{Form}
	\xspace
	\else
	#2
	\fi
	\addtocounter{Trous}{1}
}

%#########################
%en tête puis pied de page
%#########################

\pagestyle{empty}
\pagestyle{fancy} 
\renewcommand{\headrulewidth}{0pt}%Pas de ligne horizontale en haut
\lhead[]{}%entre crochets pages paires entre accolades pages impaires
\chead[\small ]{\footnotesize \href{http://unemainlavelautre.net/1ieme.html}{Probabilité conditionnelle et indépendance.} }% l left, c center, r right
\rhead[]{}
\lfoot[]{}
\cfoot[\small -\thepage -]{\small -\thepage -}
\rfoot[]{}

%############################
%les environnements qu'on affiche ou pas  #
%############################

\newcommand{\exclure}[1]{\renewenvironment{#1}{\begingroup\comment}{\endcomment\endgroup\ignorespaces}}
\exclure{details}
\exclure{bareme}
\exclure{notabene}
%\exclure{correction}
%\exclure{exercicecorrection}\exclure{preuve}\exclure{exemples}%papi
%\exclure{remarques}\exclure{corollaire}\exclure{lemme}\exclure{proposition}\exclure{theoreme}\exclure{culturegenerale}\exclure{definition}\exclure{lecon}
%\exclure{sujet}

%###############################
%#Double numérotation des pages#
%###############################
%\pagenumbering{roman} %À mettre juste avant \begin{document}. DOnc simplement décommenter.
%\pagenumbering{arabic} %À copier décommenté 

\begin{document}

\section{Probabilités conditionnelles et indépendance.}

\subsection{Probabilité conditionnelle.}

\subsubsection{Exemples.}

\begin{lecon}
	
	Dans certaines situations les notations que nous avons gardées de la classe de seconde vont se révéler insuffisantes pour d'écrire les situations.
	
	\medskip
	Considérons par exemple le dispositif expérimental suivant: on considère une urne remplie de $3$ boules rouges et $7$ boules noires indiscernables. On effectue deux tirages successives d'une boule sans remise.
	
	Représentons la situation par un arbre pondéré:
	
	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[xscale=1.5,yscale=0.5]		
		\coordinate (A1) at (4,3);
		\coordinate (A2) at (4,1);
		\coordinate (A3) at (4,-1);
		\coordinate (A4) at (4,-3);
		\draw node (A1) at (A1) {$R$};
		\draw node (A2) at (A2) {$N$};
		\draw node (A3) at (A3) {$R$};
		\draw node (A4) at (A4) {$N$};
		\coordinate (B1) at (2,2);
		\coordinate (B2) at (2,-2);
		\draw node (B1) at (B1) {$R$};
		\draw node (B2) at (B2) {$N$};
		\draw (B1)--(A1)node[midway,above]{\footnotesize\color{blue}$\frac{2}{9}$};
		\draw (B1)--(A2)node[midway,below]{\footnotesize\color{blue}$\frac{7}{9}$};
		\draw (B2)--(A3)node[midway,above]{\footnotesize\color{blue}$\frac{3}{9}$};
		\draw (B2)--(A4)node[midway,below]{\footnotesize\color{blue}$\frac{6}{9}$};
		\coordinate (C1) at (0,0);
		\draw (C1)--(B1)node[midway,above]{\footnotesize\color{blue}$0,3$};
		\draw (C1)--(B2)node[midway,below]{\footnotesize\color{blue}$0,7$};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}
	
	Il semble mal aisé de répondre à des questions comme: 
	
	\begin{itemize}
		\item que vaut $\mathbb{P}(N)$? En effet trois probabilités sont associées à $N$. Nous devons introduire une notation pour les distinguer.
		
		\begin{notabene}
			
			Nous allons introduire les probabilités conditionnelles.
			
		\end{notabene}
		
		\item quelle est la probabilité d'obtenir une boule rouge au second tirage? Nous devons introduire une notation pour distinguer le $R$ du premier tirage du $R$ du second.
		
		\begin{notabene}
			
			Nous indiquerons en indice.
			
		\end{notabene}
		
	\end{itemize}
	
\end{lecon}

\begin{exercice}{}
	
	On lance une fois un dé parfait. On sait que le résultat est un nombre inférieur ou égale à $5$. Quelle est la probabilité d'obtenir un nombre supérieur ou égale à $3$?
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{notabene}
		
		Ajouter un diagramme de Venn pour familiariser déjà avec la situation que nous retrouverons plus tard.
		
	\end{notabene}
	
	Puisque le résultat est inférieur à $5$ nous pouvons considérer comme univers: $\Omega= \{ 1, 2, 3, 4, 5 \}$. Le dé étant parfait il est raisonnable de modéliser la situation par l'équiprobabilité.
	
	L'événement $E$: \og obtenir un nombre supérieur ou égale à $3$ \fg{} est réalisé par $3$ issues donc
	
	$\mathbb{P}(E)= \frac{3}{5}$.
	
\end{exercicecorrection}

\begin{lecon}
	
	L'exercice précédent nous montre que le fait que nous ayons une information supplémentaire sur le résultat de l'expérience aléatoire peut être vu comme un changement d'univers. 
	
\end{lecon}


\subsubsection{Définition.}

\begin{definition}
	
	Soient $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini et $A\in\mathscr{P}(\Omega)$ un événement tel que $\mathbb{P}(A)>0$.
	
	\medskip
	Pour tout $B\in \mathscr{P}(\Omega)$, nous appellerons \emph{\color{purple}probabilité de $B$ sachant $A$}, et nous noterons $\color{purple}\mathbb{P}(B|A)$ ou $\color{purple}\mathbb{P}_A(B)$, le réel: \[ \color{purple} \mathbb{P}_A(B):= \frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{ \mathbb{P}(A)} \]
	
	L'application $\mathbb{P}_A:\mathscr{P}(\Omega)\rightarrow [0;1]$ qui à tout $B\in\mathscr{P}(\Omega)$ associe $\mathbb{P}_A(B)$ est une probabilité sur $\Omega$.
	
\end{definition}

\begin{notabene}
	
	Faire un diagramme de Venn pour illustrer la situation.
	
	L'ajouter dans les remarques.
	
\end{notabene}

\begin{remarques}
	
	\begin{enumerate}
		
		\item Cette nouvelle probabilité peut être vue comme une probabilité sur l'univers $A$. La probabilité conditionnelle peut être vue comme un changement d'univers.
		
		\item Puisque $\mathbb{P}_A$ est une probabilité à part entière les propriétés des probabilités s'appliquent.
		
		\item Dans le cas de l'équiprobabilité ce résultat consiste à calculer une proportion, autrement dit à changer d'ensemble de référence dans le calcul de proportion.
		
		\begin{notabene}
			
			Dans le cas fini la notion de probabilité conditionnelle se conçoit aisément il s'agit de changer d'ensemble univers et donc de modifier la valeur par laquelle on divise dans la probabilité uniforme.
			
		\end{notabene}
		
		\item Un petit schéma valant mieux qu'une longue explication, voici un arbre pondéré qui permet de comprendre et mémoriser cette situation:
		
		\begin{center}
			
			\begin{tikzpicture}
			\coordinate (A1) at (2,1.5);
			\coordinate (A2) at (2,0.5);
			\coordinate (A3) at (2,-0.5);
			\coordinate (A4) at (2,-1.5);
			\node (A1) at (A1) {$B$};
			\node (A2) at (A2) {$\overline{B}$};
			\node (A3) at (A3) {$C$};
			\node (A4) at (A4) {$\overline{C}$};
			\coordinate (B1) at (0,1);
			\coordinate (B2) at (0,-1);
			\node (B1) at (B1) {$A$};
			\node (B2) at (B2) {$\overline{A}$};
			\draw (B1)--(A1)node[midway,above,sloped]{$\displaystyle \mathbb{P}_A(B)$};
			\draw (B1)--(A2)node[midway,below,sloped]{$\displaystyle \mathbb{P}_A(\overline{B})$};
			\draw (B2)--(A3)node[midway,above,sloped]{$\displaystyle \mathbb{P}_{\overline{A}}(C)$};
			\draw (B2)--(A4)node[midway,below,sloped]{$\displaystyle \mathbb{P}_{\overline{A}}(\overline{C})$};
			\draw (-2,0)--(B1)node[midway,above,sloped]{$\displaystyle \mathbb{P}(A)$};
			\draw (-2,0)--(B2)node[midway,below,sloped]{$\displaystyle \mathbb{P}(\overline{A})$};
			\end{tikzpicture}
			
		\end{center}
		
	\end{enumerate}
	
\end{remarques}

\begin{exercice}{}
	
	Dans un établissement scolaire on choisit un élève au hasard (on admet qu'il y a équiprobabilité). on considère les événements suivants:
	
	$T$: \og L'élève a travaillé sérieusement et régulièrement toute l'année.\fg{}
	
	$R$: \og L'élève réussit son examen final.\fg{}
	
	Le tableau ci-dessous donne la répartition des élèves.
	
	\begin{center}
		
		\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
			\hline
			& $T$ & $\overline{T}$ & total
			\\
			\hline
			$R$ & $702$ & $273$ & $975$
			\\
			\hline
			$\overline{R}$ & $78$ & $247$ & $325$
			\\
			\hline
			total & $780$ & $520$ & $\np{1300}$
			\\
			\hline 
		\end{tabular}
		
	\end{center}
	
	\begin{enumerate}
		\item Calculez la probabilité qu'un élève soit travailleur.
		
		\item Calculez la probabilité qu'un élève soit travailleur et qu'il ait réussi son examen.
		
		\item Calculez la probabilité qu'en choisissant parmi ceux qui travaillent nous obtenions un élève qui a réussi son examen.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	{\color{orange}Il faut absolument savoir exprimer en français une probabilité conditionnelle.}
	
	{\color{orange}Dans cet exemple il est possible de ne raisonner que sur les proportions sans même réfléchir en termes de probabilités.}
	
	\begin{enumerate}
		\item Modélisons l'expérience aléatoire: notons $\Omega$ l'ensemble des élèves et munissons cet univers de la loi de probabilité de l'équiprobabilité.
		
		\medskip
		\objectif{Calculons $\mathbb{P}(T)$.}
		
		La loi de probabilité et l'équiprobabilité, l'événement $T$ est réalisé par $780$ issues et l'univers en comporte $\np{1300}$ donc 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(T) &= \frac{780}{1300}
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(T)= 0,6$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}(T\cap R)$.}
		
		La loi de probabilité et l'équiprobabilité, l'événement $T\cap R$ est réalisé par $702$ issues et l'univers en comporte $\np{1300}$ donc 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(T) &= \frac{702}{1300}
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(T \cap R) = \frac{27}{50}$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}T(R)$.}
		
		Par définition {\color{orange}de la probabilité conditionnelle}:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}_T(R) &= \frac{\mathbb{P}(T\cap R)}{\mathbb{T}}\\
			&= \frac{\frac{27}{50}}{0,6}
		\end{align*}
		
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}_T(R) = 0,9$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		{\color{orange}Ici tout se passe comme si nous changions d'univers, $\Omega'$, en prenant l'ensemble des élèves qui travaillent.
		
		\medskip
		La loi de probabilité et l'équiprobabilité, l'événement choisir un élève reçu parmi ceux qui ont travaillé est réalisé par $702$ issues et l'univers en comporte $\np{780}$ donc
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}_T(R) &= \frac{702}{780}\\
			&= 0,9
		\end{align*}
		}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Dans une classe de $36$ élèves, il y a $15$ garçons. $25\ \%$ des élèves sont des filles qui font de la musique. Parmi les garçons, $20\ \%$ font de la musique. On choisit un élève au hasard dans cette classe. $M$ est l'événement \og l'élève choisi fait de la musique\fg{} et $G$ l'événement \og l'élève choisi est un garçon\fg{}.
	
	\begin{enumerate}
		\item Traduire avec les notations des probabilités et les événements $M$ et $G$, les informations de cet énoncé.
		
		\item On a choisi une fille qu'elle est la probabilité qu'elle fasse de la musique?
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item $\mathbb{P}(G)=\frac{15}{36}$,
		
		$\mathbb{P}(M\cap \overline{G})=\frac{25}{100}$,
		
		$\mathbb{P}_G(M)=\frac{20}{100}$.
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}_{\overline{G}}(M)$.}
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}_{\overline{G}}(M) &= \frac{\mathbb{P}(\overline{G} \cap M)}{\mathbb{P}(\overline{G})}\\
			&= \frac{\mathbb{P}(\overline{G} \cap M)}{1-\mathbb{P}(G)}\\
			&= \frac{0,25}{1- \frac{15}{36}}
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}_{\overline{G}}(M)= \frac{3}{7}$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Une urne contient sept boules: quatre rouges numérotées $1$, $2$, $3$, $4$ et trois vertes numérotées $1$, $2$, $3$.
	
	On tire deux boules au hasard, successivement et sans remise.
	
	\begin{enumerate}
		\item Quelle est la probabilité que la deuxième boule tirée soit rouge sachant que la première boule tirée est rouge?
		
		\item Quelle est la probabilité que les deux boules tirées soient rouges?
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item Représentons l'expérience par un arbre pondéré.
		
		
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			%Écarts entre entre racine et premier niveau
			\def\xA{2};
			%Nombre de nœuds du premiers niveau
			\def\noA{2};
			%Nombre de nœuds du deuxième niveau
			\def\noB{4};
			%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
			\def\noBe{2};
			%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
			\def\xB{2+\xA};
			\def\yB{1};
			%Racine
			\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
			%Pour ne pas écrire les mots above et below
			\def\posA{above};
			\def\posB{below};
			%Position des nœuds du premier niveau
			%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
			\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/A1/1/$R_1$/$\frac{4}{7}$/\posA,
				nA2/A2/2/$V_1$/$\frac{3}{7}$/\posB
			}{
				\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
				\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
				\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
			\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/nB1/B1/1/$R_2$/$\frac{3}{6}$/\posA,
				nA1/nB2/B2/2/$V_2$/$\frac{3}{6}$/\posB,
				nA2/nB3/B3/3/$R_2$/$\frac{4}{6}$/\posA,
				nA2/nB4/B4/4/$V_2$/$\frac{2}{6}$/\posB
			}{
				\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
				\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
				\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
	
		D'après l'arbre pondéré:
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}_{R_1}(R_2) =\frac{3}{6}$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}(R_1 \cap R_2)$.}
		
		En utilisant ce que nous appellerons toujours le principe multiplicatif, pour l'instant, nous avons:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(R_1 \cap R_2) &= \frac{4}{7} \times \frac{3}{6}
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(R_1 \cap R_2) = \frac{2}{7}$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Une boîte contient $30$ caramels et $20$ nougats. On choisit deux bonbons au hasard, successivement et sans remise.
	
	\begin{enumerate}
		\item Quelle est la probabilité que le deuxième bonbon choisi soit un caramel sachant que  le premier était un nougat?
		
		\item Quelle est la probabilité que le deuxième bonbon choisi soit un nougat sachant que le premier était un nougat?
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\subsubsection{Formule des probabilités composées.}

\begin{proposition}{ - formule des probabilités composées}
	
	Soient $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini et $A$ et $B$ des événements avec $\mathbb{P}(A)>0$.
	
	\[ \color{purple}\mathbb{P}(A\cap B) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}_A(B) \]
	
\end{proposition}

\begin{preuve}
	
	Découle directement de la définition de probabilité conditionnelle.
	
\end{preuve}

\begin{exemples}
	
	\begin{enumerate}
		\item Considérons une expérience schématisée par l'arbre suivant:		
		
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			%Écarts entre entre racine et premier niveau
			\def\xA{2};
			%Nombre de nœuds du premiers niveau
			\def\noA{2};
			%Nombre de nœuds du deuxième niveau
			\def\noB{6};
			%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
			\def\noBe{3};
			%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
			\def\xB{2+\xA};
			\def\yB{1};
			%Racine
			\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
			%Pour ne pas écrire les mots above et below
			\def\posA{above};
			\def\posB{below};
			%Position des nœuds du premier niveau
			%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
			\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/A1/1/$A$/$\np{0,3}$/\posA,
				nA2/A2/2/$\overline{A}$/$\np{0,7}$/\posB
			}{
				\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
				\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
				\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
			\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/nB1/B1/1/$B$/$\np{0,2}$/\posA,
				nA1/nB2/B2/2/$C$/$\np{0,4}$/\posB,
				nA1/nB3/B3/3/$D$/$\np{0,4}$/\posB,
				nA2/nB4/B4/4/$B$/$\np{0,1}$/\posA,
				nA2/nB5/B5/5/$C$/$\np{0,1}$/\posB,
				nA2/nB6/B6/6/$D$/$\np{0,8}$/\posB
			}{
				\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
				\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
				\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		L'événement $A\cap B$ s'interprète comme le chemin passant par $A$ et $B$.
		
		Comme $\mathbb{P}(A)\ne 0$, d'après la formule des probabilités composées:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A \cap B) &= \mathbb{P}(A) \times \mathbb{P}_A(B)\\
			&= 0,3 \times 0,2\\
			&= 0,6
		\end{align*}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exemples}

\begin{remarques}
	
	\begin{enumerate}
		\item Du fait de la symétrie de l'intersection nous avons tout aussi bien: $\mathbb{P}(A \cap B)= \mathbb{P}_B(A) \cdot \mathbb{P}(B)$ en supposant $\mathbb{P}(B)>0$.
		
		\item Dans la pratique cette formule est celle du principe multiplicatif: la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités qui apparaissent sur ce chemin. $A\cap B$ est le chemin passant par $A$ et $B$, $\mathbb{P}(A)$ est la probabilité de $A$, $\mathbb{P}_A(B)$ la probabilité de $B$ sachant que nous sommes passé d'abord par $B$.
		
		L'apport de cette nouvelle façon de voir est que le principe multiplicatif ne tient que pour des probabilités rationnelles.
		
		\item Le principe multiplicatif reste valable pour des chemins passant par plus de deux nœuds et il en est de même pour la formule des probabilités composées. 
		
		Si un chemin passe par les nœuds $A_1$, $A_2$, ..., $A_n$ (avec $n\in\mathbb{N}^*$), et si les probabilités sont non nulles, alors \[ \mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n)= \mathbb{P}(A_1) \times \mathbb{P}_{A_1}(A_2) \times \dots \times \mathbb{P}_{A_1\cap A_2 \dots \cap A_{n-1}}(A_n). \]
		
		Par exemple pour $n=3$ on a \[ \mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \mathbb{P}(A_1) \times \mathbb{P}_{A_1}(A_2) \times \mathbb{P}_{A_1\cap A_2}(A_3). \]
		
		En fait chaque facteur est la probabilité d'un nœud sachant qu'on est passé par tel chemin auparavant.
		
	\end{enumerate}
	
\end{remarques}

\subsubsection{Formule des probabilités totales.}

\begin{definition}
	
	Soient $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini.
	
	\medskip
	Nous appellerons \emph{\color{purple}système complet d'événements} (ou partition) toute famille $A_1$, $A_2$, $\dots$, $An$ d'événements tous non vides et deux à deux incompatibles (ou disjoints) et dont la réunion égale $\Omega$: $A_1\sqcup A_2 \sqcup \dots \sqcup A_n=\Omega$.
	
\end{definition}

\begin{exemples}
	
	\begin{enumerate}
		\item Pour un lancé de dé à $6$ faces, $A=\{ 1, 2\}$, $B=\{3,5\}$ et $C=\{ 4,6\}$ forment un système complet d'événements.
		\item \marginpar{\color{red}$\heartsuit$} Si $A$ est un événement alors $A$ et son contraire $\overline{A}$ forment un système complet d'événements que nous retrouverons souvent dans les exercices.
	\end{enumerate}

\end{exemples}

\begin{proposition}{ - formule des probabilités totales	}
	
	Soient:
	
	\begin{enumerate}[.]
		\item $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini,
		\item $A_1$, $A_2$, $\dots$, $A_n$ un système complet d'événements,
		\item $B$ un événement.
	\end{enumerate}
	
	\medskip
	Alors \[ \color{purple}\mathbb{P}(B)= \mathbb{P}(A_1 \cap B) +\mathbb{P}(A_2 \cap B) + \dots + \mathbb{P}(A_n \cap B). \]
	
\end{proposition}

\begin{remarques}
	
	\begin{enumerate}
		\item Dans la pratique nous utiliserons souvent un cas particulier. $A$ et $\overline{A}$ constituent un système complet d'événements donc: $\mathbb{P}(B)= \mathbb{P}\left( A \cap B \right) + \mathbb{P} \left( \overline{A} \cap B \right)$.
		
		
		\item Si pour tous les $i$ $\mathbb{P}(A_i)>0$ alors nous pouvons utiliser la formule des probabilités composées et obtenir \[ \mathbb{P}(B)= \mathbb{P}_{A_1}(B)\cdot \mathbb{P}(A_1) + \mathbb{P}_{A_2}(B)\cdot \mathbb{P}(A_2)+ \dots + \mathbb{P}_{A_n}(B)\cdot \mathbb{P}(A_n). \]
	\end{enumerate}
	
\end{remarques}

\begin{exercice}{}
	
	Un test est mis en place pour évaluer l'efficacité d'un médicament sur un échantillon d'individus ayant un taux de glycémie anormalement élevé. $50\ \%$ des individus prennent le médicament, les autres reçoivent un placebo.
	
	On constate une baisse significative du taux de glycémie  pour $80\ \%$ des individus ayant pris le médicament et pour $10\ \%$ des individus ayant pris le placebo.
	
	On tire au hasard la fiche d'une personne de cet échantillon. Calculez la probabilité que son taux de glycémie ait baissé de façon significative.
	
\end{exercice}

\begin{exercice}{}
	
	Un maraîcher propose trois sortes de poivrons à la vente: des rouges, des verts et des jaunes.
	
	Les poivrons rouges forment $60\ \%$ de son stock, les poivrons verts $15\ \%$ et le reste est constitué de poivrons jaunes.
	
	$2\ \%$ des poivrons rouges sont abîmés ainsi que $1\ \%$ des poivrons verts et $0,5\ \%$ de poivrons jaunes.
	
	On tire au hasard un poivron dans le stock.
	
	\begin{enumerate}
		\item Quelle est, arrondie au millième, la probabilité que le poivron tiré au hasard soit abîmé?
		
		\item Le poivron choisi est abîmé. Calculez une valeur approchée de la probabilité qu'il soit rouge.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item Schématisons l'expérience par un arbre pondéré.
				
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			%Écarts entre entre racine et premier niveau
			\def\xA{2};
			%Nombre de nœuds du premiers niveau
			\def\noA{3};
			%Nombre de nœuds du deuxième niveau
			\def\noB{6};
			%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
			\def\noBe{2};
			%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
			\def\xB{2+\xA};
			\def\yB{1};
			%Racine
			\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
			%Pour ne pas écrire les mots above et below
			\def\posA{above};
			\def\posB{below};
			%Position des nœuds du premier niveau
			%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
			\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/A1/1/$R$/$\np{0,6}$/\posA,
				nA2/A2/2/$V$/$\np{0,15}$/\posB,
				nA3/A3/3/$J$/$\np{0,25}$/\posB
			}{
				\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
				\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
				\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
			\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/nB1/B1/1/$A$/$\np{0,02}$/\posA,
				nA1/nB2/B2/2/$\overline{A}$/$\np{0,098}$/\posB,
				nA2/nB3/B3/3/$A$/$\np{0,01}$/\posA,
				nA2/nB4/B4/4/$\overline{A}$/$\np{0,99}$/\posB,
				nA3/nB5/B5/5/$A$/$\np{0,005}$/\posA,
				nA3/nB6/B6/6/$\overline{A}$/$\np{0,995}$/\posB
			}{
				\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
				\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
				\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		\medskip
		\objectif{Calculons $\mathbb{P}(A)$.}
		
		{\color{orange}Sur notre arbre l'événement $A$ apparaît déchiré sur trois chemins distincts: c'est un indice d'utilisation de la formule des probabilité totales. Il reste à trouver le système complet d'événements: ce sont les événements du niveau précédents.}
		
		\medskip
		$\{ R,V,J\}$ est un système complet d'événements donc, d'après la formule des probabilités totales:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A) &= \mathbb{P}(R \cap A) + \mathbb{P}(V \cap A) + \mathbb{P}(J \cap A)\\
			\intertext{{\color{orange}À ce stade nous sommes ramenés à calculer les probabilités sur les chemins de l'arbre. Nous allons donc utiliser la formule des probabilités composées. Il faut d'abord s'assurer que nous puissions les calculer:} $\mathbb{P}(R)>0$, $\mathbb{P}(V)>0$ et $\mathbb{P}(J)>0$ donc d'après la formule des probabilités composées:}
			\mathbb{P}(A) &= \mathbb{P}(R) \times \mathbb{P}_R(A) + \mathbb{P}(V) \times \mathbb{P}_V(A) + \mathbb{P}(J) \times \mathbb{P}_J(A)\\
			&= 0,6 \times 0,02 + 0,15 \times 0,01 + 0,25 \times 0,005\\
			&= 0,01475
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(A) \approx 0,015$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}_A(R)$.}
		
		{\color{orange}Nous voyons que c'est une probabilité conditionnelle \og à l'envers \fg{} de celle sur l'arbre pondéré: $\mathbb{P}_R(A)$. On dit parfois qu'on cherche à inverser l'arbre. Il faudrait faire un arbre comme ceci:
		
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			%Écarts entre entre racine et premier niveau
			\def\xA{2};
			%Nombre de nœuds du premiers niveau
			\def\noA{2};
			%Nombre de nœuds du deuxième niveau
			\def\noB{6};
			%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
			\def\noBe{3};
			%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
			\def\xB{2+\xA};
			\def\yB{1};
			%Racine
			\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
			%Pour ne pas écrire les mots above et below
			\def\posA{above};
			\def\posB{below};
			%Position des nœuds du premier niveau
			%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
			\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/A1/1/$A$/$?$/\posA,
				nA2/A2/2/$\overline{A}$/$?$/\posB
			}{
				\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
				\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
				\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
			\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/nB1/B1/1/$R$/$\mathbb{P}_A(R)$/\posA,
				nA1/nB2/B2/2/$V$/$?$/\posB,
				nA1/nB3/B3/3/$J$/$?$/\posB,
				nA2/nB4/B4/4/$R$/$?$/\posA,
				nA2/nB5/B5/5/$V$/$\np{1}$/\posB,
				nA2/nB6/B6/6/$J$/$?$/\posB
			}{
				\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
				\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
				\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		Ce questionnement peut paraître artificiel mais il est très important dans la pratique dans de nombreuses sciences expérimentales basées sur les statistiques (médecine, sociologie, ...). On parle de probabilités bayésiennes (et la formule de Bayes qui peut se résumer ainsi: probabilités composées sur probabilités totales). Vous les retrouverez en enseignement scientifique ou en option maths complémentaires.
		}
		
		\medskip
		Par définition, et puisque $\mathbb{P}(A)>0$:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}_A(R) &= \frac{\mathbb{P}(R \cap A)}{\mathbb{P}(A)}\\
			&= \frac{\mathbb{P}(R) \times \mathbb{P}_A(R)}{0,015}\\
			&= \frac{0,6 \times 0,2}{0,015}\\
			&= 0,8
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}_A(R)=0,8$.
			
		\end{conclusion}
		
		{\color{orange}La tas de poivrons abîmés doit paraître rouge de loin.}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\begin{exercice}{}
	
	Dans une population donnée, une maladie touche $1\ \%$ de la population. Un test de dépistage est positif pour $98\ \%$ des personnes atteintes, et négatif pour $95\ \%$ des personnes saines. On désigne une personne au hasard dans la population et on lui applique le test.
	
	Quelle est la probabilité que le résultat du test soit erroné?
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	Schématisons l'expérience aléatoire par un arbre pondéré.
	
	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
		%Écarts entre entre racine et premier niveau
		\def\xA{2};
		%Nombre de nœuds du premiers niveau
		\def\noA{2};
		%Nombre de nœuds du deuxième niveau
		\def\noB{4};
		%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
		\def\noBe{2};
		%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
		\def\xB{2+\xA};
		\def\yB{1};
		%Racine
		\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
		%Pour ne pas écrire les mots above et below
		\def\posA{above};
		\def\posB{below};
		%Position des nœuds du premier niveau
		%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
		\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/A1/1/$M$/$\np{0,01}$/\posA,
			nA2/A2/2/$\overline{M}$/$\np{0,99}$/\posB
		}{
			\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
			\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
			\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
		\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/nB1/B1/1/$P$/$\np{0,98}$/\posA,
			nA1/nB2/B2/2/$\overline{P}$/$\np{0,02}$/\posB,
			nA2/nB3/B3/3/$P$/$\np{0,05}$/\posA,
			nA2/nB4/B4/4/$\overline{P}$/$\np{0,95}$/\posB
		}{
			\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
			\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
			\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}
	
	Notons $E$ l'événement \og le résultat du test est erroné \fg{}.
	
	{\color{orange} Nous serions tentés d'utiliser la formule des probabilités totales, mais ce n'est pas un événement qui est déchirée entre deux chemins. Il faut que nous expliquions que notre événement se calcul en tenant compte de deux chemins. Voici une façon de faire un peu rigoureuse.}
	
	Le résultat est erroné si la personne est malade et {\color{orange}(traduit par une intersection)} le test est négatif, ou {\color{orange}(traduit par une union)}, la personne est saine et {\color{orange}(traduit par une intersection)} le test est positif. Autrement dit:
	
	\begin{align*}
		E &= (M \cap \overline{P}) \cup (\overline{M} \cap P)\\
		\intertext{Donc:}
		\mathbb{P}(E) &= \mathbb{P}\left[ (M \cap \overline{P}) \cup (\overline{M} \cap P) \right]\\
		\intertext{Et puisque $(M \cap \overline{P})$ et $(\overline{M} \cap P)$ sont incompatibles (ou disjoints):}
		\mathbb{P}(E) &= \mathbb{P}(M \cap \overline{P}) + \mathbb{P} (\overline{M} \cap P)\\
		\intertext{Puisque $0<\mathbb{P}(M)<1$, d'après la formule des probabilités composées:}
		\mathbb{P}(E) & = \mathbb{P}(M) \times \mathbb{P}_M(\overline{P}) + \mathbb{P}(\overline{M}) \times \mathbb{P}_{\overline{M}}(P)\\
		&= 0,01 \times 0,02 + 0,99 \times 0,05
	\end{align*}
	
	\begin{conclusion}
		
		$\mathbb{P}(E)= 0,0497$.
		
	\end{conclusion}
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\begin{exercice}{}
	
	\begin{notabene}
		
		Exercice 46 page 249 0ieme nathan hyperbole 2017
		
	\end{notabene}
	
	Une usine fonctionne suivant les \og trois-huit \fg{}: le matin (6h-14h), l'après-midi (14h-22h), la nuit (22h-6h). Le tableau ci-dessous indique, sur une journée t selon leur horaire de travail, le taux d'absentéisme et la répartition des employés.
	
	\begin{center}
		
		\begin{tabular}{|m{2cm}|m{2cm}|m{2cm}|m{2cm}|}
			\hline
			&Matin & Après-midi & Nuit
			\\
			\hline
			Taux d'absentéisme & $4\ \%$ & $8\ \%$ & $14\ \%$
			\\
			\hline
			Répartition & $40\ \%$ & $40\ \%$ & $20\ \%$
			\\
			\hline
		\end{tabular}
		
	\end{center}
	
	Le lendemain le contremaître contacte au hasard un employé qui aurait dû travailler la veille.
	
	\begin{enumerate}
		\item Représentez cette situation à l'aide d'un arbre pondéré.
		
		\item Quelle est la probabilité que cet employé ait été du matin et absent la veille?
		
		\item Quelle est la probabilité que cet employé ait été absent la veille?
		
		\item L'employé contacté était présent la veille. Quelle est la probabilité qu'il ait travaillé le matin?
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item \objectif{Représentons la situation par un arbre pondéré.}
		
		{\color{orange}Il y a deux niveaux: absentéisme et moment de la journée. Le taux d'absentéisme dépendant de la répartition, l'ordre des niveaux est imposé.}
		
		
		\begin{center}
			\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			%Écarts entre entre racine et premier niveau
			\def\xA{2};
			%Nombre de nœuds du premiers niveau
			\def\noA{3};
			%Nombre de nœuds du deuxième niveau
			\def\noB{6};
			%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
			\def\noBe{2};
			%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
			\def\xB{2+\xA};
			\def\yB{1};
			%Racine
			\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
			%Pour ne pas écrire les mots above et below
			\def\posA{above};
			\def\posB{below};
			%Position des nœuds du premier niveau
			%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
			\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/A1/1/$M$/$\np{0,4}$/\posA,
				nA2/A2/2/$A$/$\np{0,4}$/\posB,
				nA3/A3/3/$N$/$\np{0,2}$/\posB
			}{
				\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
				\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
				\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
			\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
				nA1/nB1/B1/1/$Z$/$\np{0,04}$/\posA,
				nA1/nB2/B2/2/$\overline{Z}$/$\np{0,96}$/\posB,
				nA2/nB3/B3/3/$Z$/$\np{0,08}$/\posA,
				nA2/nB4/B4/4/$\overline{Z}$/$\np{0,92}$/\posB,
				nA3/nB5/B5/5/$Z$/$\np{0,14}$/\posA,
				nA3/nB6/B6/6/$\overline{Z}$/$\np{0,86}$/\posB
			}{
				\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
				\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
				\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
			};
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}(M \cap Z)$.}
		
		$\mathbb{P}(M)>0$ donc, d'après la formule des probabilités composées:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(M \cap Z) & =\mathbb{P}(M) \times \mathbb{P}_M(Z)\\
			&= 0,4 \times 0,04
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(M\cap Z)= 0, 016$.
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}(Z)$.}
		
		$\{ M, A, N \}$ est un système complet d'événements donc, d'après la formule des probabilités totales:
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(Z) &= \mathbb{P}(M \cap Z) + \mathbb{P}(A \cap Z) + \mathbb{P}(N \cap Z)\\
			\intertext{D'après la formule des probabilités composées {\color{orange}je ne précise pas que les conditions d'utilisation de cette formule sont rassemblées car j'ai déjà indiqué à la question précédente que je sais qu'il faut les vérifier, cependant je m'assure rapidement que les probabilités sont non nulles)}:}
			\mathbb{P}(Z) &= \mathbb{P}(M) \times \mathbb{P}_M(Z) + \mathbb{P}(A) \times \mathbb{P}_A(Z) + \mathbb{P}(N) \times \mathbb{P}_N(Z)\\
			&= 0,4 \times 0,04 + 0,4 \times 0,08 + 0,2 \times 0,14
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(Z)=0,076$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\subsection{Indépendance.}

\subsubsection{Événements indépendants.}

\begin{notabene}
	
	Longue série de pile face probabilité du suivant.
	
	Sur un arbre à deux niveaux.
	
	Coment exprimé l'indépenance?

\end{notabene}

\begin{definition}
	
	Soient:
	\begin{enumerate}[.]
		\item $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini,
		\item $A$ et $B$ deux événements.
	\end{enumerate}
	
	\medskip
	Nous dirons que \emph{\color{purple}$A$ et $B$ sont indépendants} si et seulement si \[ \mathbb{P}(A\cap B)= \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B). \]
	
\end{definition}

\begin{remarques}
	
	\begin{enumerate}
		\item Il ne s'agit pas d'une proposition. L'égalité n'est en général pas vrai. Simplement ici nous nous intéressons à un cas particulier.
		
		\item Cette définition est assez obscure. Si $A$ et $B$ sont indépendants et si $\mathbb{P}(A)>0$ alors avec la formule des probabilités composées nous obtenons: $\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}_B(A)$. Autrement dit la probabilité de $A$ est la même que $B$ ait été réalisé ou pas. D'où l'idée que dans ce cas la réalisation de l'événement $A$ est indépendante de la réalisation de l'événement $B$.
	\end{enumerate}
	
\end{remarques}

\begin{exercice}{}
	
	On tire au hasard une carte parmi $52$ et on considère les événements $A$: \og la carte tirée est un as\fg{} et $T$: \og la carte tirée est un trèfle\fg{}.
	
	$A$ et $T$ sont-ils indépendants?
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	Modélisation: $\Omega$ est l'ensemble des $52$ cartes et nous le munissons de la loi d'équiprobabilité.
	
	\begin{enumerate}[*]
		
		\item Il y a équiprobabilité, $A$ est réalisé par $4$ issues et $\Omega$ contient $52$ issues donc 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A) &= \frac{4}{52}\\
			&= \frac{1}{13}
		\end{align*}
		
		\item Il y a équiprobabilité, $T$ est réalisé par $13$ issues et $\Omega$ contient $52$ issues donc 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(T) &= \frac{13}{52}\\
		&= \frac{1}{4}
		\end{align*}
		
		\item Il y a équiprobabilité, $A \cap T$ est réalisé par $1$ issues et $\Omega$ contient $52$ issues donc 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A\cap T) &= \frac{1}{52}
		\end{align*}
		
		\item D'une part 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A \cap B) &= \frac{1}{52}
		\end{align*}
		
		d'autre part 
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(T) &= \frac{1}{13} \times  \frac{1}{4}\\
			&= \frac{1}{52}
		\end{align*}
		
		donc $\mathbb{P}\left( A \cap B \right) = \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(T)$.
		
		Autrement dit
		
		\begin{conclusion}
			
			$A$ et $T$ sont indépendants.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Soient $A$ et $B$ deux événements d'un même univers $\Omega$.
	
	\begin{enumerate}
		\item Si $A$ et $B$ sont indépendants, $A$ et $B$ sont-ils incompatibles?
		
		\item Si $A$ et $B$ sont incompatibles, sont-ils indépendants?
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item L'exercice précédent fourni un contre-exemple: les événements $A$ et $T$ ne sont pas incompatibles (l'as de trèfle est une issue commune aux deux événements) et pourtant ils sont indépendants.
		
		\item Soient $A$ et $B$ deux événements incompatibles: $A \cap B=\emptyset$.
		
		{\color{orange}Un peu de recherche. Essayons de vérifier s'ils sont indépendants.
		
		D'une part: $\mathbb{P}(A\cap B)= \mathbb{P}(\emptyset)= 0$ et d'autre part: $\mathbb{P}(A) \times \mathbb{P}(B)=?$.
		
		Si $A$ et $B$ étaient indépendants nous devrions donc avoir: $\mathbb{P}(A)= 0 $ ou $\mathbb{P}(B)=0$. Or ce n'est pas forcément le cas des événements non impossibles peuvent être incompatibles.}
		
		Considérons le contre-exemple suivant: un lancer de pièce, on considère les $P$ et $F$. $P$ et $F$ sont incompatibles: $P\cap F=\emptyset$. Et pourtant, d'une part, $\mathbb{P}(P) \times \mathbb{P}(F)=\frac{1}{4}$ et, d'autre part, $\mathscr{P}\left( P\cap F \right) =0$, c'est-à-dire $P$ et $F$ sont incompatibles.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	\begin{notabene}
		
		Ex 51 page 325 déclic 2019
		
	\end{notabene}
	
	On considère deux événements $A$ et $B$ tels que: \[ \mathbb{P}(A)=0,4 \ \text{et} \ \mathbb{P}(B)=0,3. \]
	
	\begin{enumerate}
		\item Calculez les probabilités de $A\cap B$ et de $A \cup B$ si $A$ et $B$ sont incompatibles.
		\item Calculez les probabilités de $A \cap B$ et de $A \cup B$ si $A$ et $B$ sont indépendants.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		
		\item Si $A$ et $B$ sont incompatibles alors $A\cap B= \emptyset$ donc $\mathbb{P}\left( A \cap B \right) =0$.
		
		Puisque $A$ et $B$ sont incompatibles: $\mathbb{P} \left( A \cup B \right) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B)=0,4+0,3=0,7$.
		
		\item Si $A$ et $B$ sont indépendants alors $\mathbb{P}\left( A \cap B \right)= \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)=0,4 \times 0,3=0,12$.
		
		Puis $\mathbb{P} \left( A\cup B \right)= \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) -\mathbb{P} \left( A \cap B \right) =0,4+0,3-0,12=0,58$.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	\begin{notabene}
		
		Ex 55 page 325 déclic 2019
		
	\end{notabene}
	
	On interroge $2500$ personnes sur leur activité principale les dimanches après-midi. Le tableau ci-dessous récapitule les réponses obtenues en fonction du sexe des personnes et de deux types d'activités: sportive ou culturelle.
	
	\begin{center}
		
		\begin{tabular}{|m{2cm}|m{2cm}|m{2cm}|m{2cm}|}
			\hline
			&Femme & Homme & Total
			\\
			\hline
			Activité sportive & 272 & 378 & 650
			\\
			\hline
			Activité culturelle & 58 & 42 & 100
			\\
			\hline
			Aucune des deux activités & 1120 & 630 & 1750
			\\
			\hline
			Total & 1450 & 1050 & 2500
			\\
			\hline
		\end{tabular}
	\end{center}
	
	On choisit une des personnes interrogées au hasard.
	
	\begin{enumerate}
		\item On note respectivement $F$ et $C$ les événements \og la personne est une femme \fg{} et \og la personne pratique une activité culturelle\fg{}.
		
		\begin{enumerate}
			\item Calculez les probabilités de $F$, $C$ et $F \cap C$.
			
			\item Les événement $F$ et $C$ sont-ils indépendants?
			
		\end{enumerate}
		
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item Calculez la probabilité que la personne soit un homme sachant qu'il ne pratique aucune des activités.
			
			\item Les événements \og la personne est un homme \fg{} et \og la personne ne pratique aucune des deux activités \fg{} sont-ils indépendants?
		\end{enumerate}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item L'univers est formé des $\np{2500}$ personnes, il y a équiprobabilité dans le choix d'une personne parmi les $\np{2500}$, et l'événement $F$ est réalisé par $\np{1450}$ personnes donc: $\mathbb{P}(F)= \frac{1450}{2500}$.
			
			De même: $\mathbb{P}(C)=\frac{100}{2500}$, $\mathbb{P}(F\cap C)= \frac{58}{2500}$.
			
			\item $\mathbb{P}(F) \cdot \mathbb{P}(C)= 0,0232$ et $\mathbb{P}(F \cap C)= 0,232$. Donc $F$ et $C$ sont indépendants.
			
		\end{enumerate}
		
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item Notons $A$ l'événement la personne ne pratique aucune activité.
			
			\medskip
			\objectif{Calculons $\mathbb{P}_A \left( \overline{F} \right)$.}
			
			\begin{align*}
				\mathbb{P}_A \left( \overline{F} \right) &= \frac{\mathbb{P} \left(A \cap \overline{F} \right)}{\mathbb{P}(A)}\\
				&= \frac{630}{1750} \\
				&= 0,36
			\end{align*}
			
			\item $\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}\left( \overline{F} \right)= 0,294$.
			
			$\mathbb{P} \left(A \cap \overline{F} \right) = 0,252$.
			
			Donc: $\mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}\left( \overline{F} \right) \ne \mathbb{P} \left(A \cap \overline{F} \right)$.
			
			Autrement dit:
			
			\begin{conclusion}
				
				$A$ et $\overline{F}$ ne sont pas indépendants.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{enumerate}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\subsubsection{Épreuves indépendantes.}

\begin{lecon}
	
	Une \emph{\color{purple}épreuve} désigne une expérience aléatoire qui est combinée à d'autres pour former une unique expérience aléatoire. Ainsi lancer deux fois une pièce de monnaie est une expérience aléatoire composée de deux épreuves.
	
	Nous dirons que \emph{\color{purple}deux épreuves sont indépendantes} lorsque les résultats d'une épreuve n'ont pas d'influence sur l'autre. Typiquement il s'agit de situation assimilables à des tirages avec remise.
	
\end{lecon}

\begin{exercice}{}
	
	\begin{notabene}
		
		Avec deux issues pour l'épreuve.
		
		Exerccie 59 page 292 bordas indice 2019
		
	\end{notabene}
	
	Un circuit électronique intègre deux composants identiques numérotés $1$ et $2$. On note $D_1$ l'événement \og le composant $1$ est défaillant avant $1$ an \fg{} et on note $D_2$ l'événement \og le composant $2$ est défaillant avant un an\fg{}.
	
	On suppose que les deux événements $D_1$ et $D_2$ sont indépendants et que $\mathbb{P}(D_1)=\mathbb{P}(D_2)=0,39$.
	
	Deux montages possibles sont envisagés: en série (circuit A) et en parallèle (circuit B).
	
	\begin{enumerate}
		\item Lorsque les deux composants sont montés \og en parallèle\fg{}, le circuit B est défaillant uniquement si les deux composants sont défaillants en même temps. Calculez la probabilité que le circuit $B$ soit défaillant avant un an.
		
		\item Lorsque les deux composants sont montés \og en série\fg{}, le circuit A est défaillant dès que l'un au moins des deux composants est défaillant. Calculez la probabilité que le circuit A soir défaillant avant un an.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercice}{}
	
	\begin{notabene}
		
		Avec trois issues pour l'épreuve.
		
		Ex 49 page 324 déclic 2019.
		
	\end{notabene}
	
	Le tableau ci-dessous indique les différentes catégories de places vendues pour assister à un concert.
	
	\begin{center}
		\begin{tabular}{|m{3cm}|m{3cm}|m{3cm}|}
			\hline
			Catégorie $A$ & Catégorie $B$ & Catégorie $C$
			\\
			\hline
			$\np{3000}$ places assises proches de la scène & $\np{4200}$ places assises éloignées de la scènes & $\np{4800}$ places dans la fosse debout
			\\
			\hline
		\end{tabular}
	\end{center}
	
	\begin{enumerate}
		\item On choisit au hasard un spectateur.
		
		Calculez les probabilités que le spectateur soit en catégorie $A$, $B$ puis en catégorie $C$.
		
		\item On choisit au hasard deux spectateurs. On assimile ces choix à deux tirages successifs avec remise.
		
		Construisez un arbre pondéré traduisant la situation.
		
		\item Calculez la probabilité que:
		
		\begin{enumerate}
			\item les deux spectateurs soient dans la fosse,
			\item un seul des deux spectateurs soit dans la fosse.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{exercice}

\subsection{Exercices.}

\begin{exercice}{}
	
	Dans une usine, deux lignes de montage fabriquent des composants électroniques. La ligne $A$ fabrique $70\ \%$ des composants. Le reste est fabriqué par la ligne $B$. La ligne $A$ a un taux de composants défectueux en sortie de $0,5\ \%$. Pour la ligne $B$, ce taux est de $0,4\ \%$. On choisit au hasard un composant à la sortie de l'usine.
	
	\begin{enumerate}
		\item Quelle est la probabilité que ce composant ait été fabriqué par la ligne $A$ et présente un défaut?
		
		\item Calculez la probabilité que ce composant présente un défaut.
		
		\item En déduire, le composant présentant un défaut, la probabilité que ce composant ait été fabriqué sur la ligne $A$.
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
		
	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
		%Écarts entre entre racine et premier niveau
		\def\xA{2};
		%Nombre de nœuds du premiers niveau
		\def\noA{2};
		%Nombre de nœuds du deuxième niveau
		\def\noB{4};
		%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
		\def\noBe{2};
		%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
		\def\xB{2+\xA};
		\def\yB{1};
		%Racine
		\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
		%Pour ne pas écrire les mots above et below
		\def\posA{above};
		\def\posB{below};
		%Position des nœuds du premier niveau
		%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
		\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/A1/1/$A$/$\np{0,7}$/\posA,
			nA2/A2/2/$\overline{A}$/$\np{0,3}$/\posB
		}{
			\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
			\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
			\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
		\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/nB1/B1/1/$D$/$\np{0,005}$/\posA,
			nA1/nB2/B2/2/$\overline{D}$/$\np{0,995}$/\posB,
			nA2/nB3/B3/3/$D$/$\np{0,004}$/\posA,
			nA2/nB4/B4/4/$\overline{D}$/$\np{0,996}$/\posB
		}{
			\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
			\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
			\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}

	\begin{enumerate}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}(A\cap D)$.}
		
		$\mathbb{P}(A)>0$, donc d'après la formule des probabilités composées
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(A \cap D) &= \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}_A(D)\\
			&= 0,7 \times 0,005
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(C \cap R)=0,0035$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Calculons $\mathbb{P}(D)$.}
		
		$\{A;\overline{A} \}$ constituent un système complet d'événements donc, d'après la formule des probabilités totales:
		
		\begin{align*}
		\mathbb{P}(A) &= \mathbb{P}(D \cap A) + \mathbb{P}(D \cap \overline{A})\\
		\intertext{Comme $\mathbb{P}(\overline{A})>0$, d'après la formule des probabilités composées:}
		\mathbb{P}(R) &= 0,0035 + \mathbb{P}(\overline{A}) \cdot \mathbb{P}_{\overline{A}}(D)\\
		&= 0,0035+0,30 \times 0,004
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(D)=0,0047$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}_D(A)$.}
		
		Par définition de la probabilité conditionnelle:
		
		\begin{align*}
		\mathbb{P}_A(D) &= \frac{\mathbb{P}(A\cap D)}{\mathbb{P}(A)}\\
		&= \frac{0,0035}{0,0047}\\
		&\approx 0,74468
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}_D(A) \approx 0,7447$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Dans une population $0,2\ \%$ des individus sont atteint d'une certaine maladie, n'ayant pas encore déclaré de symptômes. Un test de dépistage de cette maladie donne les résultats suivants:
	
	\begin{itemize}
		\item sur un individu malade le test est positif dans $99,9\ \%$ des cas,
		\item sur un individu non-malade le test est négatif dans $99,7\ \%$ des cas.
	\end{itemize}
	
	Quelle est la probabilité qu'un individu testé positivement soit malade?
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
		%Écarts entre entre racine et premier niveau
		\def\xA{2};
		%Nombre de nœuds du premiers niveau
		\def\noA{2};
		%Nombre de nœuds du deuxième niveau
		\def\noB{4};
		%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
		\def\noBe{2};
		%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
		\def\xB{2+\xA};
		\def\yB{1};
		%Racine
		\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
		%Pour ne pas écrire les mots above et below
		\def\posA{above};
		\def\posB{below};
		%Position des nœuds du premier niveau
		%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
		\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/A1/1/$M$/$\np{0,002}$/\posA,
			nA2/A2/2/$\overline{M}$/$\np{0,998}$/\posB
		}{
			\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
			\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
			\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
		\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/nB1/B1/1/$P$/$\np{0,999}$/\posA,
			nA1/nB2/B2/2/$\overline{P}$/$\np{0,001}$/\posB,
			nA2/nB3/B3/3/$P$/$\np{0,003}$/\posA,
			nA2/nB4/B4/4/$\overline{P}$/$\np{0,997}$/\posB
		}{
			\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
			\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
			\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}
	
	$\mathbb{P}_P(M)= \frac{\mathbb{P}(M \cap P)}{\mathbb{P}(P)} = \frac{\mathbb{P}(M) \cdot \mathbb{P}_M(P)}{\mathbb{P}(P)} = \frac{0,002 \times 0,999}{0,002 \times 0,999+0,998 \times 0,997} \approx 0,002$.
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\begin{exercice}{}
	
	Dans un élevage de chats, $40\ \%$ des chats sont gris et tous les autres chats sont noirs. $89\ \%$ des chats ont les yeux verts et $80\ \%$ des chats gris ont les yeux verts.
	
	On attrape un chat au hasard. On note $G$ l'événement \og le chat est gris \fg{} et $V$ l'événement \og le chat a les yeux verts\fg{}.
	
	\begin{enumerate}
		\item Déterminez la probabilité que le chat soit noir et qu'il ait les yeux verts.
		
		\item Le chat attrapé a les yeux verts. Quelle est la probabilité qu'il soit gris?
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercice}{}
	
	Lors d'un examen un exercice de probabilité est posé. On considère qu'un candidat a $60\ \%$ de chances de résoudre l'exercice s'il n'a pas eu connaissance du sujet avant l'épreuve. S'il a eu connaissance du sujet avant l'épreuve, il a alors $95\ \%$ de chances de résoudre l'exercice. On estime qu'un candidat sur cent a eu connaissance du sujet.
	
	On note:
	\begin{itemize}
		\item $C$ l'événement \og le candidat a eu connaissance du sujet\fg{}.
		
		\item $R$ l'événement le candidat a réussi a résoudre l'exercice.
		
	\end{itemize}
	
	\begin{enumerate}
		\item Donnez les probabilités $\mathbb{P}(C)$, $\mathbb{P}_C(R)$ et $\mathbb{P}_{\overline{C}}(R)$.
		
		\item Calculez $\mathbb{P}(C \cap R)$ puis $\mathbb{P}(R)$.
		
		\item Un candidat se présente et il réussi à résoudre l'exercice. Déduisez de ce qui précède la probabilité (à $0,1\ \%$ près) que ce candidat ait eu connaissance du sujet avant l'épreuve.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	
	\begin{center}
		\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
		%Écarts entre entre racine et premier niveau
		\def\xA{2};
		%Nombre de nœuds du premiers niveau
		\def\noA{2};
		%Nombre de nœuds du deuxième niveau
		\def\noB{4};
		%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
		\def\noBe{2};
		%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
		\def\xB{2+\xA};
		\def\yB{1};
		%Racine
		\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
		%Pour ne pas écrire les mots above et below
		\def\posA{above};
		\def\posB{below};
		%Position des nœuds du premier niveau
		%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
		\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/A1/1/$C$/$\np{0,01}$/\posA,
			nA2/A2/2/$\overline{C}$/$\np{0,99}$/\posB
		}{
			\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
			\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
			\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
		\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
			nA1/nB1/B1/1/$R$/$\np{0,95}$/\posA,
			nA1/nB2/B2/2/$\overline{R}$/$\np{0,05}$/\posB,
			nA2/nB3/B3/3/$R$/$\np{0,6}$/\posA,
			nA2/nB4/B4/4/$\overline{R}$/$\np{0,4}$/\posB
		}{
			\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
			\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
			\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
		};
		\end{tikzpicture}
	\end{center}
	
	\begin{enumerate}
		\item $\mathbb{P}(C)=0,01$, $\mathbb{P}_C(R)=0,95$, $\mathbb{P}_{\overline{C}}(R)=0,6$.
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}(C\cap R)$.}
		
		$\mathbb{P}(C)>0$, donc d'après la formule des probabilités composées
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(C \cap R) &= \mathbb{P}(C) \cdot \mathbb{P}_C(R)\\
			&= 0,01 \times 0,95
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(C \cap R)=0,0095$.
			
		\end{conclusion}
		
		\medskip
		\objectif{Calculons $\mathbb{P}(R)$.}
		
		$\{C;\overline{C} \}$ constituent un système complet d'événements donc, d'après la formule des probabilités totales:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}(R) &= \mathbb{P}(R \cap C) + \mathbb{P}(R \cap \overline{C})\\
			\intertext{Comme $\mathbb{P}(\overline{C})>0$, d'après la formule des probabilités composées:}
			\mathbb{P}(R) &= 0,0095 + \mathbb{P}(\overline{C}) \cdot \mathbb{P}_{\overline{C}}(R)\\
			&= 0,0095+0,99 \times 0,6
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(R)=0,6035$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Calculons $\mathbb{P}_R(C)$.}
		
		Par définition de la probabilité conditionnelle:
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}_R(C) &= \frac{\mathbb{P}(C\cap R)}{\mathbb{P}(R)}\\
			&= \frac{0,0095}{0,6035}\\
			&\approx 0,0157415
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}_R(C) \approx 0,016$.
			
		\end{conclusion}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\begin{exercice}{}
	
	\begin{notabene}
		
		\emph{Sujet ESA 2018.}
		
	\end{notabene}
		
		On veut dépister une maladie $m$ dont la fréquence (ou prévalence) dans la population $P$ est notée $p$ avec $0<p<1$. On met en place un test diagnostique qui est indépendant de la valeur de $p$.
		
		On prélève au hasard dans la population $P$ un individu ayant été soumis au test diagnostique.
		
		On définit les événements suivants:
		
		\begin{center}
			
			$T$: \og le test est positif\fg{} et $M$: \og l'individu est malade\fg{}.
			
		\end{center}
		
		Pour ce test diagnostique le fabriquant a indiqué: 
		
		\begin{enumerate}[$\bullet$]
			\item la probabilité $P_M(T)$ qu'un individu ait un test positif sachant qu'il est malade, est appelée sensibilité du test et est notée $S_e$.
			\item la probabilité $P_{\overline{M}}(\overline{T})$ qu'un individu ait un test négatif sachant qu'il n'est pas malade est appelée spécificité du test et est notée $S_p$.
		\end{enumerate}
	
	\begin{enumerate}
		\item 
			
			Illustrer la situation par un arbre pondéré en complétant toutes les branches à l'aide de $p$, $S_e$ et $S_p$.
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item 
				
				Exprimer $P(M\cap T)$, $P(M \cap \overline{T})$, $P(\overline{M}\cap T)$, $P(\overline{M} \cap \overline{T})$ à l'aide de $p$, $S_e$ et $S_p$.
			
			\item 
				
				Montrer que la probabilité que le test délivre une juste conclusion est: $p(S_e-S_p)+S_p$.
			
		\end{enumerate}
		
		\item 
			
			On appelle 
			
			\begin{enumerate}[$\bullet$]
				\item valeur prédictive positive du test (VPP), la probabilité $P_T(M)$ d'être malade, sachant que le test est positif.
				\item valeur prédictive négative du test (VPN), la probabilité $P_{\overline{T}}\left(\overline{M} \right)$ d'être non malade, sachant que le test est négatif.
			\end{enumerate}
		
		\begin{enumerate}
			\item 
				
				Calculer $P(T)$ à l'aide de $p$, $S_e$ et $S_p$.
			
			\item 
			
				Exprimer VPP et VPN en fonction de $p$, $S_e$ et $S_p$.
			
			\item 
				Le test est considéré comme intéressant si $\mathrm{VPP}>p$. Montrer alors que: $S_e+S_p>1$.
			
		\end{enumerate}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\addtocounter{Exercice}{-1}
\begin{exercice}{ Suite.}
	
	\begin{enumerate}
		
		\setcounter{enumi}{3}
		\item 
		
		La prévalence $p$ du paludisme est de $90\ \%$ en Tanzanie et de $0,001$ en France.
		
		Le test biologique utilisé a pour sensibilité $S_e=0,9$ et pour spécificité $S_p=0,8$. Cela est valable pour toute la question 4.
		
		\begin{enumerate}
			\item 
			
			Calculer la VPP en Tanzanie arrondie à $10^{-2}$ près.
			
		\end{enumerate}
		
		On admet que $\mathrm{VPP}_{France}=0$; $\mathrm{VPN}_{Tanzanie}=0,47$; $\mathrm{VPN}_{France}=1$.
		
		\begin{enumerate}
			\setcounter{enumii}{1}
			
			\item 
			
			En déduire ce que l'on peut dire en terme de probabilité à un patient de Tanzanie et à un patient français selon que le test est positif ou négatif.
			
			\item 
			
			On considère la fonction $v$ définie par $v(p)=P_T(M)$.
			
			\begin{enumerate}
				\item 
				
				Donner l'expression de $v(p)$ en fonction de $p$.
				
				\item 
				
				Donner le sens de variation de la fonction $v$.
				
				\item 
				
				Lorsque $p$ est supérieur à $0,8$, en quoi la positivité du test est-elle un élément important du diagnostique?
				
			\end{enumerate}
			
		\end{enumerate}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{correction}
\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item ~
		
		\begin{center}
			
			\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
			\coordinate (A1) at (6,1.5);
			\coordinate (A2) at (6,0.5);
			\coordinate (A3) at (6,-0.5);
			\coordinate (A4) at (6,-1.5);
			\node (A1) at (A1) {$T$};
			\node (A2) at (A2) {$\overline{T}$};
			\node (A3) at (A3) {$T$};
			\node (A4) at (A4) {$\overline{T}$};
			\coordinate (B1) at (4,1);
			\coordinate (B2) at (4,-1);
			\node (B1) at (B1) {$M$};
			\node (B2) at (B2) {$\overline{M}$};
			\draw (B1)--(A1) node[midway,above,sloped]{$S_e$};
			\draw (B1)--(A2) node[midway,below,sloped]{$1-S_e$};
			\draw (B2)--(A3) node[midway,above,sloped]{$1-S_p$};
			\draw (B2)--(A4) node[midway,below,sloped]{$S_p$};
			\draw (2,0)--(B1) node[midway,above,sloped]{$p$};
			\draw (2,0)--(B2) node[midway,below,sloped]{$1-p$};
			\end{tikzpicture}
		\end{center}
		
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item 
			
			\objectif{Déterminons les probabilités en fonction de $p$, $S_e$ et $S_p$.}
			
			Puisque $\mathbb{P}(M)>0$ nous pouvons utiliser la formule des probabilité composées:
			
			\begin{align*}
				\mathbb{P}(M\cap T) &= \mathbb{P}(M) \cdot \mathbb{P}_M(T)\\
				&= p\cdot S_e
			\end{align*}
			
			{\color{orange}Concrètement il suffit de regarder le chemin $MT$ sur l'arbre pondéré et d'utiliser le principe multiplicatif.}
			
			\medskip
			En procédant de même pour les autres cas:
			
			\begin{conclusion}
				
				$\mathbb{P}(M\cap T)= p\cdot S_e$,
				
				$\mathbb{P}(M \cap \overline{T}) = p(1-S_e)$,
				
				$\mathbb{P}(\overline{M} \cap T) = (1-p)(1-S_p)$,
				
				$\mathbb{P}(\overline{M}\cap \overline{T}) = (1-p)S_p$.
				
			\end{conclusion}
			
			\item 
			
			Notons $A$ l'événement \og le test délivre une juste conclusion \fg{}.
			
			\medskip
			\objectif{Calculons $\mathbb{P}(A)$.}
			
			Dire que la conclusion du test est juste signifie soit que le test est positif et l'individu est malade ($M\cap T$), soit le test est négatif est l'individu n'est pas malade ($\overline{M} \cap \overline{T}$). Autrement dit \[ A = \left(M\cap T \right) \cup \left( \overline{M} \cap \overline{T} \right). \]
			
			Puisque $M$ et $\overline{M}$ sont incompatibles, les événements $M\cap T$ et $\overline{M} \cap \overline{T}$ le sont aussi et donc 
			
			\begin{align*}
				\mathbb{P}(A) &= \mathbb{P}\left[ \left(M\cap T \right) \cup \left( \overline{M} \cap \overline{T} \right) \right]\\
				&= \mathbb{P}\left(M\cap T \right)  +\mathbb{P} \left( \overline{M} \cap \overline{T} \right) \\
				\intertext{Et d'après la question précédente:}
				\mathbb{P}(A) &= p\cdot S_e +(1-p)S_p\\
				&= p\cdot S_e +S_p-p\cdot S_p\\
				&= p(S_e-S_p)+S_p
			\end{align*}
			
			\begin{conclusion}
				
				$\mathbb{P}(A)=p(S_e-S_p)+S_p$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{enumerate}
		
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item 
			
			{\color{orange}En regardant l'arbre nous voyons que $T$ correspond à deux chemins dont nous additionnerons les probabilités.}
			
			\medskip
			\objectif{Calculons $\mathbb{P}(T)$.}
			
			$M$ et $\overline{M}$ constituent un système complet d'événements donc, d'après la formule des probabilité totales:
			
			\begin{align*}
				\mathbb{P}(T) &= \mathbb{P}(M \cap T) + \mathbb{P}(\overline{M}\cap T)\\
				\intertext{D'après la formule des probabilités composées (car $\mathbb{P}(M)>0$ et $\mathbb{P}(\overline{M})>0$):}
				\mathbb{P}(T) &= \mathbb{P}(M) \cdot \mathbb{P}_M(T) + \mathbb{P}(\overline{M}) \cdot \mathbb{P}_{\overline{M}}(T)
			\end{align*}
			
			Enfin
			
			\begin{conclusion}
				
				$\mathbb{P}(T)= p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p)$.
				
			\end{conclusion}
			
			\item 
			
			\objectif{Déterminons VPP.}
			
			\begin{align*}
				\mathrm{VPP} &= \mathbb{P}_T(M)\\
				\intertext{Puisque $\mathbb{P}(T)>0$:}
				\mathrm{VPP} &= \frac{\mathbb{P}(M \cap T)}{\mathbb{P}(T)}
			\end{align*}
			
			D'après les questions précédentes:
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \mathrm{VPP}= \frac{p\cdot S_e}{ p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p)}$.
				
			\end{conclusion}
			
			\medskip
			\objectif{Déterminons VPN.}
			
			De même
			
			\begin{align*}
				\mathrm{VPN} &= \mathbb{P}_{\overline{T}} \left( \overline{M} \right)\\
				&= \frac{\mathbb{P} \left(\overline{M} \cap \overline{T} \right)}{\mathbb{P} \left( \overline{T} \right)}\\
				&= \frac{(1-p)S_p}{1-\mathbb{P}(T)}
			\end{align*}
			
			Enfin
			
			\begin{conclusion}
				
				$\displaystyle \mathrm{VPN}=\frac{(1-p)S_p}{1-\left[ p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p) \right]}$.
				
			\end{conclusion}
			
			\item 
			
			\objectif{Supposons que $\mathrm{VPP}>p$ et démontrons qu'alors $S_e+S_p>1$.}
			
			Nous déduisons successivement:
			
			\begin{align*}
				\mathrm{VPP} &> p\\
				\frac{p\cdot S_e}{ p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p)} &> p \\
				\intertext{Comme les nombres considérés sont tous positifs (ce sont des sommes de probabilités):}
				p\cdot S_e &> p\left[ p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p) \right]\\
				S_e &> p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p)\\
				S_e -p\cdot S_e &> (1-p)(1-S_p)\\
				(1-p)S_e &> (1-p)(1-S_p)\\
				S_e &> 1-S_p\\
				S_e+S_p &>1
			\end{align*}
			
			Nous avons démontré que
			
			\begin{conclusion}
				
				si $\mathrm{VPP}>1$, alors $S-e+S_p>1$.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{enumerate}
		
		\item 
		
		\begin{enumerate}
			\item 
			
			D'après la question 3.(b)
			
			\begin{align*}
				\mathrm{VPP}_{Tanzanie} &= \frac{p\cdot S_e}{ p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p)}\\
				&= \frac{0,9 \times 0,9}{0,9 \times 0,9 + (1-0,9)(1-0,8)}\\
				&= \frac{0,81}{0,81 + 0,1\times 0,2}\\
				&= \frac{0,81}{0,83}\\
				&= \frac{81}{83}
			\end{align*}
			
			\opdiv[decimalsepsymbol={\, , },operandstyle.1=\color{Blue}, operandstyle.2=\color{Orange}, remainderstyle= \color{red}, resultstyle= \color{PineGreen}, displayintermediary=all, voperation=top,maxdivstep=4]{81}{83}
			
			Donc:
			
			\begin{conclusion}
				
				$\mathrm{VPP} \approx 0,97$ en arrondissant au centième.
				
			\end{conclusion}
			
		\end{enumerate}
		
		\begin{enumerate}
			\setcounter{enumii}{1}
			
			\item 
			
			\begin{enumerate}[*]
				\item En Tanzanie.
				
				\begin{itemize}
					\item Si le test est positif et puisque $\mathrm{VPP}_{Tanzanie}\approx 0,97$ est très élevée, alors il faut dire au malade qu'il est vraisemblablement malade.
					
					\item Si le test est négatif et puisque $\mathrm{VPN}_{Tanzanie}=0,47$ est plutôt faible, alors il faut dire au patient que nous n'avons pas pu vérifier s'il est malade (ce qui ne signifie pas qu'il ne l'est pas). 
					
				\end{itemize}
				
				\item En France.
				
				\begin{itemize}
					\item Si le test est positif et puisque $\mathrm{VPP}_{France}=0$ alors il faut dire au malade qu'il est vraisemblablement victime d'un faux positif.
					
					\item Si le test est négatif et puisque $\mathrm{VPN}_{France}=0,47$, alors il faut dire au patient qu'il n'est pas malade. 
					
				\end{itemize}
				
			\end{enumerate}
			
			\item 
			
			\begin{enumerate}
				\item 
				
				\objectif{Déterminons l'expression de $v$ en fonction de $p$.}
				
				D'après la question 3.(b)
				
				\begin{align*}
					v(p) &= \mathbb{P}_T(M)\\
					&= \mathrm{VPP}\\
					&= \frac{p\cdot S_e}{ p\cdot S_e+(1-p)(1-S_p)}\\
					&= \frac{0,9p}{0,9p+(1-p)(1-0,8)}\\
					&= \frac{0,9p}{0,9p+0,2-0,2p}\\
					&= \frac{0,9p}{0,7p+0,2}
				\end{align*}
				
				Enfin
				
				\begin{conclusion}
					
					$\displaystyle v(p)= \frac{9p}{7p+2}$ quelque soit $p\in]0;1[$.
					
				\end{conclusion}
				
				\item 
				
				\objectif{Étudions le variations de $v$ sur $]0;1[$.}
				
				Si nous notons $f(x)=9x$ et $g(x)=7x+2$, alors nous pouvons écrire $v$ comme un quotient de fonctions dérivables et ne s'annulant pas sur $]0;1[$: $v=\frac{f}{g}$.
				
				Par conséquent $v$ est dérivables sur $]0;1[$ et
				
				\begin{align*}
					v' &= \frac{f'g-fg'}{g^2}\\
					\intertext{Ainsi pour tout $x$ réel:}
					v'(x) &= \frac{9 \times (7x+2)-9x \times 7}{(7x+2)^2}\\
					&= \frac{18}{(7x+2)^2}
				\end{align*}
				
				Par conséquent $v'>0$ sur $]0;1[$ et 
				
				\begin{conclusion}
					
					$v$ est strictement croissante sur $]0;1[$.
					
				\end{conclusion}
				
				\item 
				
				Si $p\geqslant 0,8$ alors, puisque $v$ est strictement croissante sur $]0;1[$ \[ v(p)\geqslant v(0,8).\]
				
				On en déduit successivement
				
				\begin{align*}
					v(p) &\geqslant \frac{9 \times 0,8}{7 \times 0,8 +2}\\
					&\geqslant \frac{7,2}{7,6}
				\end{align*}
				
				\opdiv[decimalsepsymbol={\, , },operandstyle.1=\color{Blue}, operandstyle.2=\color{Orange}, remainderstyle= \color{red}, resultstyle= \color{PineGreen}, displayintermediary=all, voperation=top,maxdivstep=4]{72}{76}
				
				Et donc $v(p) \geqslant 0,94$.
				
				\begin{conclusion}
					
					Si $p\geqslant 0,8$, alors la positivité indique avec ne forte probabilité que la personne est effectivement malade.
					
				\end{conclusion}
				
			\end{enumerate}
			
		\end{enumerate}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}
\end{correction}

\newpage
\subsection{Des démonstrations.}

\begin{exercice}{}
	
	Démontrez, à partir de la définition d'une probabilité (\href{http://unemainlavelautre.net/1ieme/1ieme_probabilite_01_arbre_pondere_repetition_a_l_identique_d_une_experience.pdf}{confer ici}), les propriétés suivantes d'une probabilité où $A$ et $B$ désignent deux événements quelconques.
	
	\emph{Indication. Il faut raisonner sur les ensembles (schématisés par des diagrammes de Venn ou diagrammes patates).}
	
	\begin{enumerate}
		\item Ensemble vide. $\mathbb{P}(\emptyset)=0$.
		\item Complémentaire. $\mathbb{P}(\overline{A})=1- \mathbb{P}(A)$.
		\item Différence. $\mathbb{P}(A\setminus B)=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A\cap B)$.
		\item Croissance. $A\subset B \Rightarrow \mathbb{P}(A)\le \mathbb{P}(B)$.
		\item Réunion (formule du crible). $\mathbb{P}(A\cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A\cap B)$.
	\end{enumerate}
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	\begin{enumerate}
		\item \objectif{Démontrons que $\mathbb{P}\left( \emptyset \right)=0$.}
		
		\begin{align*}
			\Omega \cup \emptyset &= \Omega \\
			\intertext{Donc:}
			\mathbb{P}\left( \Omega \cup \emptyset \right) &= \mathbb{P}\left( \Omega \right)\\
			\intertext{Or $\Omega$ et $\emptyset$ sont incompatibles, donc, d'après la propriété $(ii)$ de la définition d'une probabilité:}
			\mathbb{P}\left( \Omega \right) + \mathbb{P}\left( \emptyset \right) &= \mathbb{P}\left( \Omega \right)\\
			\intertext{Or $\mathbb{P}\left( \Omega \right)=1$ d'après la propriété $(i)$ de la définition d'une probabilité, donc:}
			1+\mathbb{P}\left( \emptyset \right) &= 1
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}\left( \emptyset \right) = 0$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Démontrons que $\mathbb{P}\left( \overline{A} \right) =1 - \mathbb{P}(A)$.}
		
		\begin{align*}
			\Omega &= A \cup \overline{A}\\
			\intertext{Donc:}
			\mathbb{P}\left( \Omega \right) &= \mathbb{P} \left( A \cup \overline{A} \right)\\
			\intertext{$A$ et $\overline{A}$ sont incompatibles, donc, d'après la propriété $(ii)$ de la définition d'une probabilité:}
			\mathbb{P}\left( \Omega \right) &= \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}\left( \overline{A} \right)\\
			\intertext{D'aaprès la propriété $(i)$ de la définition:}
			1 &= \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}\left( \overline{A} \right)
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P} \left( \overline{A} \right)= 1 -\mathbb{P}(A)$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Démontrons que $\mathbb{P}\left( A \setminus B \right)= \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}\left( A \cap B \right)$.}
		
		\begin{align*}
			\left( A \setminus B \right) \cup \left( A \cap B \right) &= A \\
			\intertext{Donc:}
			\mathbb{P}\left[\left( A \setminus B \right) \cup \left( A \cap B \right) \right] &= \mathbb{P}(A) \\
			\intertext{Or $A \setminus B$ et $A \cap B$ sont incompatibles, donc, d'après la propriété $(ii)$ de la définition d'une probabilité:}
			\mathbb{P}\left( A \setminus B \right) + \mathbb{P}\left( A \cap B \right) &= \mathbb{P}\left( A \right)
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}\left( A \setminus B \right) = \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A \cap B)$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item \objectif{Démontrons que si $A \subset B$ alors $\mathbb{P}(A) \leqslant \mathbb{P}(B)$.}
		
		Si $A \subset B$ alors 
		
		\begin{align*}
			B &= A \cup \left( B\setminus B \right)\\
			\intertext{Or $A$ et $B \setminus A$ sont incompatibles donc:}
			\mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}\left(B\setminus A \right)\\
			\intertext{$\mathbb{P}$ est une fonction à valeurs positive donc $\mathbb{P} \left( B \setminus A \right)\geqslant 0$. D'où:}
		\end{align*}
		
		\begin{conclusion}
			
			$\mathbb{P}(B) \geqslant \mathbb{P}(A)$.
			
		\end{conclusion}
		
		\item On remarque que $A\cup B$ est une réunion disjointe $A \cup B = \left( A \setminus B \right) \cup \left( A \cap B \right) \cup \left( B \setminus A \right)$. Puis on utilise la propriété démontrée à la question 3.
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Démontrez qu'une probabilité conditionnelle est effectivement une probabilité (\href{http://unemainlavelautre.net/1ieme/1ieme_probabilite_01_arbre_pondere_repetition_a_l_identique_d_une_experience.pdf}{confer ici}).
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	Soient:
	\begin{enumerate}[.]
		\item $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini,
		\item $A$ un événement avec $\mathbb{P}(A) \ne 0$.
	\end{enumerate}
	
	{\color{orange}Pour démontrer que $\mathbb{P}_A$ est une probabilité il faut s'assurer que c'est une fonction telle que décrite dans la définition d'une probabilité.}
	
	\begin{enumerate}[*]
		\item {\color{orange}Vérifions que $\mathbb{P}_A$ est bien une fonction définie sur $\Omega$.}
		
		Pour tout $B \in \mathscr{P}\left(\Omega \right)$, $\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)}$ a du sens puisque $\mathbb{P}$ est bien définie et $\mathbb{P}(A)\ne 0$. Donc la fonction $\mathbb{P}_A$ est bien définie sur $\mathscr{P}(\Omega)$.
		
		\item {\color{orange}Vérifions que l'ensemble d'arrivée de la fonction $\mathbb{P}_A$ est bien $[0;1]$.}
		
		Soit $B \in \mathscr{P}(\Omega)$.
		
		Puisque \[ \left( A \cap B \right) \subset A, \] on a \[ 0\leqslant \mathbb{P}\left( A \cap B \right) \leqslant \mathbb{P}(A).\] Donc en divisant tous les membres par $\mathbb{P}(A)$ qui est strictement positifs: \[ 0\leqslant \frac{\mathbb{P}\left( A \cap B \right)}{\mathbb{P}(A)}. \]
		
		Autrement dit: $\forall B \in \mathscr{P}(\Omega),\ \mathbb{P}_A(B) \in [0;1]$.
		
		Autrement dit $\mathbb{P}_A:\mathscr{P} \left( \Omega \right) \rightarrow [0;1]$.
		
		\item {\color{orange}Propriété $(i)$.}
		
		 $\mathbb{P}_A(\Omega)=\frac{\mathbb{P}\left( A \cap \Omega \right)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(A)}=1$.
		
		\item {\color{orange}Propriété $(ii)$.}
		
		Soient $B$ et $C$ des événements incompatibles.
		
		\begin{align*}
			\mathbb{P}_A(B \cup C) &= \frac{\mathbb{P}\left[ \left( B\cup C \right) \cap A \right]}{\mathbb{P}(A)}\\
			&= \frac{\mathbb{P}\left[ \left( B\cap A \right) \cup \left( C \cap A \right) \right]}{\mathbb{P}(A)}\\
			\intertext{$\mathbb{P}$ est une probabilité et $B\cap A$ et $C \cap A$ sont incompatibles donc:}
			\mathbb{P}_A(B \cup C) &= \frac{\mathbb{P} \left( B\cap A \right)+ \mathbb{P}\left( C \cap A \right)}{\mathbb{P}(A)} \\
			&= \frac{\mathbb{P} \left( B\cap A \right)}{\mathbb{P}(A)}+ \frac{\mathbb{P}\left( C \cap A \right)}{\mathbb{P}(A)}
			&= \mathbb{P}_A(B) + \mathbb{P}_A(C)
		\end{align*}
		
	\end{enumerate}
	
\end{exercicecorrection}

\begin{exercice}{}
	
	Soient:
	\begin{enumerate}[.]
		\item $(\Omega , \mathscr{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini,
		\item $A$ et $B$ deux événements.
	\end{enumerate}
	
	\medskip
	Démontrez que si $A$ et $B$ sont indépendants alors $A$ et $\overline{B}$ le sont aussi.
	
\end{exercice}

\begin{exercicecorrection}
	
	{\color{orange}Il s'agit de démontrer une implication. Il faut donc supposer la première assertion vraie et démontrer que la seconde est alors forcément vraie.}
	
	Soient $A$ et $B$ deux événements indépendants {\color{orange}(on suppose la première assertion vraie)}.
	
	\medskip
	\objectif{Démontrons que $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants.}
	
	{\color{orange}Nous devons faire un lien avec la première assertion. Il faut relier $A \cap B$ et $A \cap \overline{B}$.}
	
	Avec un schéma on remarque que
	
	\begin{align*}
		\left( A\cap B \right) \cup \left( A \cap \overline{B} \right) &= A\\
		\intertext{Donc:}
		\mathbb{P} \left[ \left( A\cap B \right) \cup \left( A \cap \overline{B} \right) \right] &= \mathbb{P}(A)\\
		\intertext{Et puisque $A \cap B$ et $A \cap \overline{B}$ sont disjoints:}
		\mathbb{P} \left( A\cap B \right) + \mathbb{P} \left( A \cap \overline{B} \right)  &= \mathbb{P}(A)\\
		\intertext{D'où:}
		\mathbb{P}\left( A \cap \overline{B} \right) &= \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}\left( A \cap B \right)\\
		\intertext{Puisque $A$ et $B$ sont indépendants on a donc successivement:}
		\mathbb{P}\left( A \cap \overline{B} \right) &= \mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}(B)\\
		&= \mathbb{P}(A) \left[ 1 -\mathbb{P}(B) \right]\\
		&= \mathbb{P}(A) \cdot \mathbb{P}\left( \overline{B} \right)
	\end{align*}
	
	Autrement dit $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants.
	
	\begin{conclusion}
		
		Nous avons démontrer que si $A$ et $B$ sont indépendants, alors nécessairement $A$ et $\overline{B}$ le sont aussi.
		
	\end{conclusion}
	
\end{exercicecorrection}

\end{document}



\section{Modèles.}

\subsection{Graphique}

\begin{center}
	\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
	\def\xY{-0.5};
	\def\yY{-0.5};
	\def\xZ{8.5};
	\def\yZ{7};
	\coordinate (Y) at (\xY,\yY);
	\coordinate (Z) at (\xZ,\yZ);
	\draw[xstep=0.1cm, ystep=0.1cm, line width=0.01cm,gray!50!white] (Y) grid (Z);
	\draw[xstep=1cm, ystep=1cm, line width=0.02cm,black!70!white] (Y) grid (Z);
	\draw (0,0)node[below left,fill=white]{\small $0$};
	\foreach \x in {1, 2}	\draw[thick](\x,0.1cm)--(\x,-0.1cm) node[below,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\x }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
	\foreach \y in {1,2}	\draw[thick](0.1cm,\y)--(-0.1cm,\y) node[left,fill=white]{\footnotesize  \pgfmathparse{\y }\pgfmathprintnumber{\pgfmathresult}};
	\draw[ ->,very thick] (\xY, 0) -- (\xZ, 0) node[right]{$x$};
	\draw[ ->,very thick] (0, \yY) -- (0, \yZ) node[above]{$y$};
	\draw[blue, thick][samples=100,domain=0:7] plot(\x,{(\x +1)^2/exp(\x )});
	\draw[blue] (3,2) node[fill=white] {$\mathcal{C}_B$};
	\fill[color=gray , opacity=0.25] (-0.5, {(-(2/9)*((-0.5)*2)*(2*(-0.5))+(4/3)*(2*(-0.5))+4)/2})
	-- plot [domain=-0.5:2] (\x,{(-(2/9)*(\x*2)*(2*\x)+(4/3)*(2*\x)+4)/2})
	-- (2, {(-(2/9)*(2*2)*(2*2)+(4/3)*(2*2)+4)/2})
	-- (2,0) 
	--(-0.5,0)
	-- cycle;
	\draw[blue, thick] plot[smooth] coordinates {(-3,-1)(-2.5,-0.65)(-2,0)(-1.5,1)(-1,1.5)(-0.5,1.8)(0,2)(0.5,1.89)(1,1.6)(1.5,1.35)(2,1)(2.5,0.55)(3,0)(3.5,-0.9)(4,-1.5)(4.5,-1.82)(5,-2)};
	\end{tikzpicture}
\end{center}

Pour évaluer la fonction f en a avec tikz: \pgfmathparse{f(a)}\pgfmathresult

Pour affecter la valeur a à la variable \x: \def\x{a}

\subsection{Dessin.}

\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (5,-1);
\coordinate (F) at (6,0);
\coordinate (C) at (7,1);
\coordinate (D) at (2,2);
\coordinate (O) at (3.5,0.5);
\coordinate (S) at (3.5,6);
\coordinate (J) at (3.5,3.5);
\coordinate (K) at (3,4.666);
\draw (A) node {$\bullet$};
\draw (B)node {$\bullet$};
\draw (F)node {$\bullet$};
\draw (C)node {$\bullet$};
\draw (D)node {$\bullet$};
\draw (O)node {$\bullet$};
\draw (S)node {$\bullet$};
\draw (J)node {$\bullet$};
\draw (K)node {$\bullet$};
\draw (A)node[below]{$A$};
\draw (B)node[below right]{$B$};
\draw (F)node[right]{$F$};
\draw (C)node[right]{$C$};
\draw (D)node[above right]{$D$};
\draw (O)node[above right]{$O$};
\draw (S)node[above]{$S$};
\draw (J)node[above right]{$J$};
\draw (K)node[below right]{$K$};
\draw[blue, thick](A)--(B)--(C);
\draw[blue, thick,dashed](A)--(D)--(C);
\draw[blue, thick](A)--(S);
\draw[blue, thick](B)--(S);
\draw[blue, thick](C)--(S);
\draw[blue, thick,dashed](D)--(S);
\draw[blue, thick,dashed](O)--(S);
\draw[blue, thick](F)--(S);
\draw[blue, thick,dashed](A)--(C);
\draw[blue, thick,dashed](D)--(B);
\draw[blue, thick,dashed](B)--(J)--(C);
\fill[color=gray , opacity=0.05] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle;	
\fill[color=gray , opacity=0.1] (B)--(C)--(S)--cycle;
\fill[color=gray , opacity=0.15] (A)--(D)--(C)--(S)--cycle;
\fill[color=gray , opacity=0.20] (B)--(C)--(J)--cycle;			
\end{tikzpicture}

\subsection{Arbre nouveau 2 niveau.}

\begin{center}
	\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
	%Écarts entre entre racine et premier niveau
	\def\xA{2};
	%Nombre de nœuds du premiers niveau
	\def\noA{2};
	%Nombre de nœuds du deuxième niveau
	\def\noB{6};
	%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
	\def\noBe{3};
	%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
	\def\xB{2+\xA};
	\def\yB{1};
	%Racine
	\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
	%Pour ne pas écrire les mots above et below
	\def\posA{above};
	\def\posB{below};
	%Position des nœuds du premier niveau
	%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
	\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
		nA1/A1/1/$2^0$/$\np{1}$/\posA,
		nA2/A2/2/$2^1$/$\np{2}$/\posB
	}{
		\coordinate (\A) at ({\xA},{\noB*\yB-(\noBe+1)/2*\yB-\noB*\yB/2-(\numero-1)*\yB*\noBe});
		\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
		\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
	};
	%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
	\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
		nA1/nB1/B1/1/$3^0$/$\np{1}$/\posA,
		nA1/nB2/B2/2/$3^1$/$\np{2}$/\posB,
		nA1/nB3/B3/3/$3^2$/$\np{1}$/\posA,
		nA2/nB4/B4/4/$3^0$/$\np{2}$/\posB,
		nA2/nB5/B5/5/$3^1$/$\np{1}$/\posA,
		nA2/nB6/B6/6/$3^2$/$\np{2}$/\posB
	}{
		\coordinate (\B) at ({\xB},{(\noB-\numero)*\yB-\noB*\yB/2});
		\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
		\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
	};
	\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Arbre nouveau 3 niveaux.}

\begin{center}
	\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
	%Écarts entre entre racine et premier niveau
	\def\xA{2};
	%Nombre de nœuds du premiers niveau
	\def\noA{3};
	%Nombre de nœuds du deuxième niveau
	\def\noB{6};
	%Nombre de nœuds par embranchement du deuxième niveau
	\def\noBe{2};
	%Écarts entre nœuds du deuxième niveau
	\def\xB{2+\xA};
	\def\yB{1};
	%Nombre de nœuds du troisième niveau
	\def\noC{12};
	%Nombre de nœuds par embranchement du troisième niveau
	\def\noCe{2};
	%Écarts entre nœuds du troisième niveau
	\def\xC{2+\xB};
	\def\yC{1};
	%Racine
	\coordinate (O) at ({0},{-\yB/2});
	%Pour ne pas écrire les mots above et below
	\def\posA{above};
	\def\posB{below};
	%Position des nœuds du premier niveau
	%Dessin des nœuds branches du premier niveau 
	\foreach \nA/\A/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
		nA1/A1/1/$2^0$/$\np{1}$/\posA,
		nA2/A2/2/$2^1$/$\np{1}$/\posA,
		nA3/A3/3/$2^2$/$\np{1}$/\posB
	}{
		\coordinate (\A) at ({\xA},{\noC*\yC-(\noCe*\noBe+1)/2*\yC-\noC*\yC/2-(\numero-1)*\yC*\noBe*\noCe});
		\draw node (\nA) at (\A) {\contenu};
		\draw (O)--(\nA) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
	};
	%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du deuxième niveau
	\foreach \nA/\nB/\B/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
		nA1/nB1/B1/1/$3^0$/$\np{1}$/\posA,
		nA1/nB2/B2/2/$3^1$/$\np{1}$/\posB,
		nA2/nB3/B3/3/$3^0$/$\np{1}$/\posA,
		nA2/nB4/B4/4/$3^1$/$\np{1}$/\posB,
		nA3/nB5/B5/5/$3^0$/$\np{1}$/\posA,
		nA3/nB6/B6/6/$3^1$/$\np{1}$/\posB
	}{
		\coordinate (\B) at ({\xB},{\noC*\yC-(\noCe+1)/2*\yC-\noC*\yC/2-(\numero-1)*\yC*\noCe});
		\draw node (\nB) at (\B) {\contenu};
		\draw (\nA)--(\nB) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
	};
	
	%Position des nœuds, dessin des nœuds et des branches du troisième niveau
	\foreach \nB/\nC/\C/\numero/\contenu/\ponderation/\position in {
		nB1/nC1/C1/1/$5^0$/$\np{1}$/\posA,
		nB1/nC2/C2/2/$5^0$/$\np{1}$/\posA,
		nB2/nC3/C3/3/$5^1$/$\np{1}$/\posA,
		nB2/nC4/C4/4/$5^1$/$\np{1}$/\posA,
		nB3/nC5/C5/5/$5^0$/$\np{1}$/\posA,
		nB3/nC6/C6/6/$5^0$/$\np{1}$/\posA,
		nB4/nC7/C7/7/$5^1$/$\np{1}$/\posA,
		nB4/nC8/C8/8/$5^1$/$\np{1}$/\posA,
		nB5/nC9/C9/9/$5^0$/$\np{1}$/\posA,
		nB5/nC10/C10/10/$5^0$/$\np{1}$/\posA,
		nB6/nC11/C11/11/$5^1$/$\np{1}$/\posA,
		nB6/nC12/C12/12/$5^1$/$\np{1}$/\posA
	}{
		\coordinate (\C) at ({\xC},{(\noC-\numero)*\yC-\noC*\yC/2});
		\draw node (\nC) at (\C) {\contenu};
		\draw (\nB)--(\nC) node[midway, sloped, \position] {\ponderation};
	};
	\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Arbre.}

\begin{center}
	\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
	\coordinate (A1) at (4,3);
	\coordinate (A2) at (4,1);
	\coordinate (A3) at (4,-1);
	\coordinate (A4) at (4,-3);
	\coordinate (B1) at (2,2);
	\coordinate (B2) at (2,-2);
	\coordinate (C1) at (0,0);
	\draw node (A11) at (A1) {$1$};	
	\draw node (A12) at (A2) {$2$};
	\draw node (A13) at (A3) {$3$};
	\draw node (A14) at (A4) {$4$};
	\draw node (B11) at (B1) {$1$};
	\draw node (B12) at (B2) {$2$};
	\draw (B11)--(A11)node[midway,sloped,above]{\color{blue}$0,5$};
	\draw (B11)--(A12)node[midway,sloped,below]{\color{blue}$0,5$};
	\draw (B12)--(A13)node[midway,sloped,above]{\color{blue}$0,25$};
	\draw (B12)--(A14)node[midway,sloped,below]{\color{blue}$0,25$};
	\draw (C1)--(B11)node[midway,sloped,above]{\color{blue}$\frac{3}{8}$};
	\draw (C1)--(B12)node[midway,sloped,below]{\color{blue}$\frac{5}{8}$};
	\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Arbre bis.}

\begin{center}
	
	\begin{tikzpicture}[scale=0.5]
	%Création des nœuds
	\foreach \A/\ord/\n in {A1/7/1, A2/5/7, A3/3/1, A4/1/7, A5/-1/1, A6/-3/7, A7/-5/1, A8/-7/7} \node (\A) at (8,\ord){\n};
	\foreach \B/\ord/\n in {B1/6/1, B2/2/3, B3/-2/1, B4/-6/3} \node (\B) at (4,\ord) {\n};
	\foreach \C/\ord/\n in {C1/4/1, C2/-4/2} \node (\C) at (0,\ord) {\n};
	\foreach \D/\ord/\n in {D1/7/1, D2/5/7, D3/3/3, D4/1/21, D5/-1/2, D6/-3/14, D7/-5/6, D8/-7/42} \node (\D) at (12,\ord){\n};
	%Branches entre les nœuds
	\foreach \B/\A in {B1/A1, B1/A2, B2/A3, B2/A4, B3/A5, B3/A6, B4/A7, B4/A8} \draw (\B) -- (\A);
	\foreach \C/\B in {C1/B1, C1/B2, C2/B3, C2/B4} \draw (\C) -- (\B);
	\foreach \C in {C1, C2} \draw (-4,0) -- (\C);
	\end{tikzpicture}
	
\end{center}

\subsection{Tab}

\begin{center}
	\begin{tikzpicture}
	\tkzTabInit[lgt=1.6 , espcl=1.6, deltacl=0.5]{$x$ /0.8, $f'$ /0.8, $f$ /1.6}
	{$-\infty$ ,$1$, $+\infty$}
	\tkzTabLine{,+,d,+,}%
	\tkzTabVar {+/ $\mathrm{e}$, -D+ / $0$ / $+\infty$, - / $\mathrm{e}$ / }
	\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection{Tab2.}

\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=1 , espcl=1.6]{$x$ /0.8, $C_M'$ /0.8, $C_M$ /2.4}
{$-\infty$ ,$-10$, $0$, $5$, $10$, $40$,  $+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,d,-,t,-,z,+,t,+,}%
\tkzTabVar {-/$-\infty$, +/$30$,-D+/$-\infty$ /$+\infty$,R/ /,-/$70$, R/ /, +/$+\infty$ }
\tkzTabVal[draw]{3}{5}{0.5}{}{$75$}
\tkzTabVal[draw]{5}{7}{0.5}{}{$\np{92,5}$}
\draw[fill=Red!80,opacity=0.2](M30) rectangle (M63);
\end{tikzpicture}

\subsection{Python}

\begin{center}
	\begin{minipage}{5cm}
		\lstset{emph={fonction}, emphstyle=\color{red},
			emph={[2]variable1,variable2}, emphstyle={[2]\color{orange}}}
		\begin{lstlisting}{style=pythonstyle}
		def fonction(variable1):
		variable2=3
		\end{lstlisting}
	\end{minipage}
\end{center}

\subsection{Bash}

%\begin{minipage}{5cm}
\begin{lstlisting}{style=bashstyle}
sudo apt update
sudo apt upgrade
\end{lstlisting}
\hfill {\tiny \href{http://unemainlavelautre.net/fichier.txt}{Pour copier-coller: clic droit, ouvrir dans une nouvelle fenêtre.}}
%\end{minipage}

\subsection{Pseudocode}

\begin{tabular}{|c|}
	\hline
	\begin{minipage}{8cm}
		\LinesNumbered
		\SetKw{entrer}{entrer}
		\SetKw{prend}{prend la valeur}
		\SetKw{afficher}{afficher}
		\begin{algorithm}[H]
			\SetAlgoLined
			\DontPrintSemicolon
			\entrer pi
			0\;
			\Tq{1}{
				2\;
				\eSi{3}{
					4\;
					5\;
				}{
					6\;
				}
			}
			
			\Pour{7}{
				\Si{8}{
					9\;
				}
			}
		\end{algorithm}
	\end{minipage}
	\\
	\hline
\end{tabular}

\subsection{Tabularx}

Pour center dans une seule cellule \hfill avant et après le texte suffisent

\noindent
\begin{tabularx}{\linewidth}{|m{2.5cm}|*{6}{>{\centering\arraybackslash}X|}}
	\hline
	Nombre affiché sur la face & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6
	\\
	\hline
\end{tabularx}

\subsection{Tableau sans une case et diagonale.}


\begin{tabular}{|*{7}{c|}}
	\cline{2-7} \multicolumn{1}{c|}{}& Moyenne & Minimum & Quartile 1 & Médiane &	Quartile 3 & Maximum
	\\
	\hline
	Série $T$ &	\backslashbox{$v_n$}{$u_n$}&	67&	70&	72&	74& 78
	\\
	\hline
	Série $P$ &&&&&& 
	\\
	\hline
\end{tabular}

\subsection{Tableau ligne colonne.}

\begin{tabular}{|*{11}{c|}}
	\hline
	\multirow{2}*{Fournisseur} & \multicolumn{8}{c|}{Critères} & \multirow{2}*{Note globale} & \multirow{2}*{Classement}
	\\
	\cline{2-9}
	& Sécurité &&&&&&&&&
	\\
	\hline
	&  &&&&&&&&&
	\\
	\hline
\end{tabular}\\

\subsection{Retrait dans la marge.}

\hspace*{-1cm}

\subsection{Note dans la marge}

\marginpar{\color{red}$\heartsuit$}

\subsection{Notation modulo.}

$3 \equiv 1 \mod{2}$

\subsection{Diapositive.}

%Pour afficher la page en paysage il faut modifier
%\usepackage[a5paper,landscape]{article} %ACTIVER POUR A5
%\geometry{hscale=0.9,vscale=0.9,centering} %ACTIVER POUR A5

\pagecolor{cyan!25}

\begin{center}
	
	\begin{tikzpicture}
	\coordinate (AA) at (-9,6.5);
	\node (AA) at (AA) {};
	\coordinate (BB) at (9,6.5);
	\node (BB) at (BB) {};
	\coordinate (CC) at (9,-6.5);
	\node (CC) at (CC) {};
	\coordinate (DD) at (-9,-6.5);
	\node (DD) at (DD) {};
	\draw (AA)--(BB)--(CC)--(DD)--(AA);
	\end{tikzpicture}
	
\end{center}

\subsection{Binomiale.}

\begin{enumerate}[*]
	\item Épreuve de Bernoulli.
	
	\begin{enumerate}[$\bullet$]
		\item Expérience: lancer un dé.
		\item Succès: \og Obtenir $6$ \fg{}.
		\item Probabilité de succès: $p=\frac{1}{6}$.
	\end{enumerate}
	
	\item Schéma de Bernoulli.
	
	L'épreuve de Bernoulli précédemment décrite est répétée à l'identique et de façon indépendante $n=3$ fois.
	
	\item Loi binomiale.
	
	$X$ compte le nombre de $6$ parmi les $3$ lancés, donc compte le nombre de succès donc: $X \hookrightarrow \mathscr{B}\left( 3, \frac{1}{6} \right)$.
	
\end{enumerate}