Exercices et solutions.pdf - IUMSP

Solution des Exercices du Chapitre 5
5.1 On a: P (1 enfant normal) = 2/4 =1/2. On note:
N : “enfant normal”,
A : “enfant anormal”,
E1 = {(NNNN)} : “4 enfants normaux”,
E2 = {(NNNA), (NNAN), (NANN), (ANNN)} : “3 enfants normaux et 1 anormal”,
E3 = {(NNAA), (AANN), (ANNA), (NAAN), (NANA), (ANAN)} :“2enfants
normaux et 2 anormaux”.
(a) P (E1) =(1/2) 4 =1/16,
(b) P (E2) =4× 1/16 et P (E3) =6× 1/16. Donc
P (au moins enfants 2 normaux) = P (E1)+P (E2)+P (E3) = 1 4 6
+ +
16 16 16
= 11
16 .
(c) Soit H: “enfant hémophile”. On a: P (H) = 1/4 et P (H) = 3/4. En outre,
P (aucun enfant hémophile) = (3/4) 4 =81/256, donc:
P (au moins 1 enfant hémophile) = 1 − 81/256 = 175/256.
(d) Soit H :“filshémophile” et G : “fille hétérozygote”.
Donc P (H) =P (YX ′ )=1/4 etP (G) =P (XX ′ )=1/4.
Soit E4 :“2filshémophiles et 2 filles hétérozygotes”.
Donc E4 = {(HHGG), (GGHH), (GHHG), (HGGH), (HGHG), (GHGH)} et
P (E4) =6× (1/4) 4 =3/128.
(e) P (aucun enfant hémophile) = (3/4) 4 =81/256.
5.2 Soit A : “la reine est porteuse du gène yeux bleus” et Bi : “le prince i alesyeux
bleus”. On sait que P (A) =0.5 etP (Bi|A) =0.5.
(a) On cherche P (A | B1 ∩ B2 ∩ B3).
Posons F = B1 ∩ B2 ∩ B3. ParleThéorèmedeBayes:
P (A|F )=
Grâce à l’indépendance des Bi, ona:
P (F |A)P (A)
P (F |A)P (A)+P (F |A)P (A) .
P (F |A) =P (B1|A)P (B2|A)P (B3|A),
P (F |A) =P (B1|A)P (B2|A)P (B3|A).
Comme P (Bi|A)=1 et P (Bi|A) =1− P (Bi|A) =0.5, on obtient finalement:
P (A|F )=
(1/2) 4
(1/2) 4 +1/2 =1/9.