Les probabilités conditionnelles constituent un concept fondamental en mathématiques, permettant de calculer la probabilité d’un événement sachant qu’un autre s’est réalisé. Cette page propose une série d’exercices corrigés organisés de manière progressive, couvrant les arbres pondérés, la formule des probabilités totales, la formule de Bayes et l’indépendance d’événements. Chaque exercice est accompagné d’indications et de solutions détaillées pour faciliter la compréhension.
Calculs de base avec les probabilités conditionnelles
Exercice 1 : Population et caractéristiques physiques
Facile
Dans une école, 60% des élèves sont des filles. Parmi les filles, 25% portent des lunettes, tandis que 40% des garçons portent des lunettes.
- Quelle est la probabilité qu’un élève choisi au hasard porte des lunettes ?
- Sachant qu’un élève porte des lunettes, quelle est la probabilité que ce soit une fille ?
Indication
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On a : \( P(F) = 0{,}6 \) et \( P(\overline{F}) = 0{,}4 \)
\( P_F(L) = 0{,}25 \) et \( P_{\overline{F}}(L) = 0{,}4 \)
D’après la formule des probabilités totales :
\[ P(L) = P(F) \times P_F(L) + P(\overline{F}) \times P_{\overline{F}}(L) \]
\[ P(L) = 0{,}6 \times 0{,}25 + 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}15 + 0{,}16 = 0{,}31 \]
Solution de la question 2 :
On cherche \( P_L(F) \) :
\[ P_L(F) = \frac{P(F \cap L)}{P(L)} = \frac{P(F) \times P_F(L)}{P(L)} = \frac{0{,}6 \times 0{,}25}{0{,}31} = \frac{0{,}15}{0{,}31} \approx 0{,}484 \]
La probabilité qu’un élève portant des lunettes soit une fille est d’environ 48,4%.
Exercice 2 : Deux machines en série
Facile
Dans une usine, deux machines \( M_1 \) et \( M_2 \) fonctionnent conjointement. La probabilité que \( M_1 \) tombe en panne est 0,01 et celle que \( M_2 \) tombe en panne est 0,008. De plus, la probabilité que \( M_2 \) soit en panne sachant que \( M_1 \) est en panne vaut 0,4.
- Quelle est la probabilité que les deux machines soient en panne simultanément ?
- Quelle est la probabilité qu’au moins une machine fonctionne ?
Indication
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On a : \( P(P_1) = 0{,}01 \) et \( P_{P_1}(P_2) = 0{,}4 \)
\[ P(P_1 \cap P_2) = P(P_1) \times P_{P_1}(P_2) = 0{,}01 \times 0{,}4 = 0{,}004 \]
Solution de la question 2 :
L’événement « au moins une machine fonctionne » est le contraire de « les deux machines sont en panne » :
\[ P(\text{au moins une fonctionne}) = 1 – P(P_1 \cap P_2) = 1 – 0{,}004 = 0{,}996 \]
Exercice 3 : Groupes sanguins et rhésus
Facile
Dans une population, 42% des individus sont du groupe sanguin O, et 15% ont un rhésus négatif. Parmi les individus de groupe O, 6% ont un rhésus négatif.
- Calculer la probabilité qu’un individu soit du groupe O sachant qu’il a un rhésus négatif.
- Calculer la probabilité qu’un individu ait un rhésus négatif sachant qu’il est du groupe O.
Indication
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\[ P_N(O) = \frac{P(O \cap N)}{P(N)} = \frac{0{,}06}{0{,}15} = 0{,}4 \]
Solution de la question 2 :
\[ P_O(N) = \frac{P(O \cap N)}{P(O)} = \frac{0{,}06}{0{,}42} = \frac{1}{7} \approx 0{,}143 \]
Arbres pondérés et situations à deux étapes
Exercice 4 : Tirages successifs sans remise
Facile
Une urne contient 4 boules blanches et 3 boules noires. On tire successivement et sans remise deux boules de l’urne.
- Représenter la situation à l’aide d’un arbre pondéré.
- Quelle est la probabilité que les deux boules tirées soient blanches ?
- Quelle est la probabilité que la deuxième boule soit noire sachant que la première est blanche ?
Indication
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Si \( B_1 \) est réalisé : \( P_{B_1}(B_2) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \) et \( P_{B_1}(N_2) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \)
Si \( N_1 \) est réalisé : \( P_{N_1}(B_2) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \) et \( P_{N_1}(N_2) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \)
Solution de la question 2 :
\[ P(B_1 \cap B_2) = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) = \frac{4}{7} \times \frac{1}{2} = \frac{4}{14} = \frac{2}{7} \]
Solution de la question 3 :
D’après l’arbre : \( P_{B_1}(N_2) = \frac{1}{2} \)
Exercice 5 : Jeu de cartes et roues
Moyen
Un magasin organise un jeu en deux étapes. Le client tire une carte numérotée de 1 à 50 (équiprobabilité). Si le numéro est entre 1 et 15, il fait tourner une roue avec 8 secteurs sur 10 contenant une étoile. Sinon, il fait tourner une autre roue avec seulement 1 secteur sur 10 contenant une étoile. Le client gagne un bon d’achat si la roue affiche une étoile.
- Représenter la situation par un arbre pondéré.
- Calculer la probabilité de gagner un bon d’achat.
- Sachant qu’un client a gagné, quelle est la probabilité qu’il ait tiré un numéro entre 1 et 15 ?
Indication
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\( P(N) = \frac{15}{50} = 0{,}3 \) et \( P(\overline{N}) = 0{,}7 \)
\( P_N(E) = \frac{8}{10} = 0{,}8 \) et \( P_{\overline{N}}(E) = \frac{1}{10} = 0{,}1 \)
Solution de la question 2 :
\[ P(E) = P(N) \times P_N(E) + P(\overline{N}) \times P_{\overline{N}}(E) \]
\[ P(E) = 0{,}3 \times 0{,}8 + 0{,}7 \times 0{,}1 = 0{,}24 + 0{,}07 = 0{,}31 \]
Solution de la question 3 :
\[ P_E(N) = \frac{P(N \cap E)}{P(E)} = \frac{0{,}3 \times 0{,}8}{0{,}31} = \frac{0{,}24}{0{,}31} \approx 0{,}774 \]
Exercice 6 : Service au tennis
Moyen
Un joueur de tennis réussit sa première balle de service avec une probabilité de 0,7. S’il rate sa première balle, il réussit sa seconde avec une probabilité de 0,9.
- Représenter la situation par un arbre pondéré.
- Quelle est la probabilité qu’il commette une double faute ?
- Sachant qu’il a réussi son service, quelle est la probabilité que ce soit au premier essai ?
Indication
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\( P(R_1) = 0{,}7 \) donc \( P(\overline{R_1}) = 0{,}3 \)
\( P_{\overline{R_1}}(R_2) = 0{,}9 \) donc \( P_{\overline{R_1}}(\overline{R_2}) = 0{,}1 \)
Solution de la question 2 :
\[ P(\text{double faute}) = P(\overline{R_1} \cap \overline{R_2}) = P(\overline{R_1}) \times P_{\overline{R_1}}(\overline{R_2}) \]
\[ = 0{,}3 \times 0{,}1 = 0{,}03 \]
Solution de la question 3 :
L’événement « réussir son service » : \( S = R_1 \cup (\overline{R_1} \cap R_2) \)
\[ P(S) = P(R_1) + P(\overline{R_1} \cap R_2) = 0{,}7 + 0{,}3 \times 0{,}9 = 0{,}7 + 0{,}27 = 0{,}97 \]
\[ P_S(R_1) = \frac{P(R_1)}{P(S)} = \frac{0{,}7}{0{,}97} \approx 0{,}722 \]
Exercice 7 : Station de carburant
Moyen
Dans une station-service, 80% des clients utilisent les pompes en libre-service. Parmi ceux qui utilisent le libre-service, 90% prennent du gazole. Parmi les autres clients, 60% prennent du gazole.
- Calculer la probabilité qu’un client prenne du gazole.
- Calculer la probabilité qu’un client n’utilise pas le libre-service et ne prenne pas de gazole.
- Sachant qu’un client prend du gazole, quelle est la probabilité qu’il utilise le libre-service ?
Indication
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\( P_L(G) = 0{,}9 \), \( P_{\overline{L}}(G) = 0{,}6 \)
\[ P(G) = P(L) \times P_L(G) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(G) \]
\[ = 0{,}8 \times 0{,}9 + 0{,}2 \times 0{,}6 = 0{,}72 + 0{,}12 = 0{,}84 \]
Solution de la question 2 :
\[ P(\overline{L} \cap \overline{G}) = P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(\overline{G}) \]
\[ = 0{,}2 \times 0{,}4 = 0{,}08 \]
Solution de la question 3 :
\[ P_G(L) = \frac{P(L \cap G)}{P(G)} = \frac{0{,}8 \times 0{,}9}{0{,}84} = \frac{0{,}72}{0{,}84} \approx 0{,}857 \]
Tests de dépistage et formule de Bayes
Exercice 8 : Alcootest et fiabilité
Moyen
Un laboratoire a développé un alcootest. On sait que 2% des personnes contrôlées sont réellement en état d’ébriété. Le test est positif pour 95% des personnes en état d’ébriété et négatif pour 96% des personnes sobres.
- Calculer la probabilité qu’un test soit positif.
- Sachant que le test est positif, quelle est la probabilité que la personne soit réellement en état d’ébriété ?
- Commenter le résultat obtenu.
Indication
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\( P(E) = 0{,}02 \), \( P(\overline{E}) = 0{,}98 \)
\( P_E(T^+) = 0{,}95 \), \( P_{\overline{E}}(\overline{T^+}) = 0{,}96 \) donc \( P_{\overline{E}}(T^+) = 0{,}04 \)
\[ P(T^+) = P(E) \times P_E(T^+) + P(\overline{E}) \times P_{\overline{E}}(T^+) \]
\[ = 0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}04 = 0{,}019 + 0{,}0392 = 0{,}0582 \]
Solution de la question 2 :
\[ P_{T^+}(E) = \frac{P(E \cap T^+)}{P(T^+)} = \frac{0{,}02 \times 0{,}95}{0{,}0582} \approx 0{,}326 \]
Solution de la question 3 :
Seulement environ 32,6% des personnes ayant un test positif sont réellement en état d’ébriété. Cela s’explique par la faible prévalence (2%) : même avec un test fiable, il y a proportionnellement plus de faux positifs que de vrais positifs.
Exercice 9 : Dépistage d’une maladie rare
Difficile
Une maladie touche 0,5% de la population. Un test de dépistage détecte correctement 99% des personnes malades (vraie sensibilité) et identifie correctement 98% des personnes saines (vraie spécificité).
- Calculer la probabilité qu’une personne testée positive soit réellement malade.
- Calculer la probabilité qu’une personne testée négative soit réellement saine.
- Pourquoi ce test n’est-il pas recommandé pour un dépistage de masse ?
Indication
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\( P(M) = 0{,}005 \), \( P(\overline{M}) = 0{,}995 \)
\( P_M(T^+) = 0{,}99 \), \( P_{\overline{M}}(\overline{T^+}) = 0{,}98 \) donc \( P_{\overline{M}}(T^+) = 0{,}02 \)
\[ P(T^+) = 0{,}005 \times 0{,}99 + 0{,}995 \times 0{,}02 = 0{,}00495 + 0{,}0199 = 0{,}02485 \]
\[ P_{T^+}(M) = \frac{0{,}005 \times 0{,}99}{0{,}02485} \approx 0{,}199 \]
Solution de la question 2 :
\[ P(T^-) = 1 – P(T^+) = 0{,}97515 \]
\[ P(M \cap T^-) = P(M) \times P_M(T^-) = 0{,}005 \times 0{,}01 = 0{,}00005 \]
\[ P_{T^-}(\overline{M}) = 1 – \frac{P(M \cap T^-)}{P(T^-)} = 1 – \frac{0{,}00005}{0{,}97515} \approx 0{,}99995 \]
Solution de la question 3 :
Seulement 19,9% des personnes testées positives sont réellement malades. Pour 1 vrai malade détecté, environ 4 personnes saines sont diagnostiquées à tort, ce qui engendre anxiété inutile et examens complémentaires coûteux. Le test est néanmoins excellent pour confirmer qu’une personne négative est saine (99,995%).
Exercice 10 : Contrôle de qualité avec défauts
Difficile
Une usine fabrique des pièces dont 7% sont défectueuses. Un système de contrôle électronique élimine 97% des pièces défectueuses mais élimine aussi 4% des pièces bonnes.
- Une pièce a passé le contrôle avec succès. Quelle est la probabilité qu’elle soit quand même défectueuse ?
- Quelle proportion de la production initiale est finalement acceptée ?
- Parmi les pièces acceptées, quel pourcentage est réellement bon ?
Indication
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Le contrôle élimine 97% des défectueuses, donc accepte 3% : \( P_D(A) = 0{,}03 \)
Le contrôle élimine 4% des bonnes, donc accepte 96% : \( P_{\overline{D}}(A) = 0{,}96 \)
\[ P(A) = P(D) \times P_D(A) + P(\overline{D}) \times P_{\overline{D}}(A) \]
\[ = 0{,}07 \times 0{,}03 + 0{,}93 \times 0{,}96 = 0{,}0021 + 0{,}8928 = 0{,}8949 \]
\[ P_A(D) = \frac{0{,}07 \times 0{,}03}{0{,}8949} \approx 0{,}00235 \]
Solution de la question 2 :
Environ 89,49% de la production est acceptée.
Solution de la question 3 :
\[ P_A(\overline{D}) = 1 – P_A(D) \approx 0{,}99765 \]
Environ 99,77% des pièces acceptées sont réellement bonnes.
Problèmes avec plusieurs étapes et partitions
Exercice 11 : Bibliothèque avec romans
Moyen
Une bibliothèque contient 150 romans policiers et 50 romans de science-fiction. Parmi les romans policiers, 40% sont d’auteurs français, tandis que 70% des romans de science-fiction sont d’auteurs français.
- Quelle est la probabilité de choisir un roman policier ?
- Quelle est la probabilité de choisir un roman d’un auteur français ?
- Sachant qu’un livre choisi est d’un auteur français, quelle est la probabilité que ce soit un roman policier ?
Indication
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\[ P(P) = \frac{150}{200} = 0{,}75 \]
Solution de la question 2 :
Romans policiers français : \( 150 \times 0{,}4 = 60 \)
Romans SF français : \( 50 \times 0{,}7 = 35 \)
\[ P(F) = \frac{60 + 35}{200} = \frac{95}{200} = 0{,}475 \]
Solution de la question 3 :
\[ P_F(P) = \frac{P(P \cap F)}{P(F)} = \frac{60/200}{95/200} = \frac{60}{95} = \frac{12}{19} \approx 0{,}632 \]
Exercice 12 : Options universitaires et réussite
Moyen
À l’université, 40% des étudiants suivent l’option A1, 30% l’option A2 et 30% l’option A3. Les proportions d’étudiants n’ayant pas la moyenne sont respectivement 10%, 5% et 5% dans chaque option.
- Quelle est la probabilité qu’un étudiant choisi au hasard n’ait pas la moyenne ?
- Sachant qu’un étudiant n’a pas la moyenne, quelle est la probabilité qu’il suive l’option A1 ?
Indication
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\[ P(M) = P(A_1) \times P_{A_1}(M) + P(A_2) \times P_{A_2}(M) + P(A_3) \times P_{A_3}(M) \]
\[ = 0{,}4 \times 0{,}1 + 0{,}3 \times 0{,}05 + 0{,}3 \times 0{,}05 \]
\[ = 0{,}04 + 0{,}015 + 0{,}015 = 0{,}07 \]
Solution de la question 2 :
\[ P_M(A_1) = \frac{P(A_1 \cap M)}{P(M)} = \frac{0{,}4 \times 0{,}1}{0{,}07} = \frac{0{,}04}{0{,}07} \approx 0{,}571 \]
Exercice 13 : Urnes et tirages successifs
Difficile
On dispose de trois urnes : l’urne U1 contient 3 boules rouges et 2 bleues, l’urne U2 contient 1 rouge et 4 bleues, l’urne U3 contient 2 rouges et 3 bleues. On choisit une urne au hasard (équiprobabilité) puis on tire une boule.
- Calculer la probabilité de tirer une boule rouge.
- Sachant que la boule tirée est rouge, quelle est la probabilité qu’elle provienne de l’urne U1 ?
- Sachant que la boule tirée est bleue, de quelle urne est-elle le plus probablement issue ?
Indication
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\( P_{U_1}(R) = \frac{3}{5} \), \( P_{U_2}(R) = \frac{1}{5} \), \( P_{U_3}(R) = \frac{2}{5} \)
\[ P(R) = \frac{1}{3}\left(\frac{3}{5} + \frac{1}{5} + \frac{2}{5}\right) = \frac{1}{3} \times \frac{6}{5} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5} \]
Solution de la question 2 :
\[ P_R(U_1) = \frac{P(U_1) \times P_{U_1}(R)}{P(R)} = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{3}{5}}{\frac{2}{5}} = \frac{1}{5} \div \frac{2}{5} = \frac{1}{2} \]
Solution de la question 3 :
\( P_{U_1}(B) = \frac{2}{5} \), \( P_{U_2}(B) = \frac{4}{5} \), \( P_{U_3}(B) = \frac{3}{5} \)
\[ P(B) = \frac{1}{3}\left(\frac{2}{5} + \frac{4}{5} + \frac{3}{5}\right) = \frac{1}{3} \times \frac{9}{5} = \frac{3}{5} \]
\[ P_B(U_1) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{2}{5}}{\frac{3}{5}} = \frac{2}{9} \]
\[ P_B(U_2) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{4}{5}}{\frac{3}{5}} = \frac{4}{9} \]
\[ P_B(U_3) = \frac{\frac{1}{3} \times \frac{3}{5}}{\frac{3}{5}} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \]
La boule bleue provient le plus probablement de l’urne U2 (probabilité 4/9).
Indépendance d’événements
Exercice 14 : Tirages avec remise
Facile
Un sac contient 2 boules blanches et 2 boules noires. On tire une boule, on note sa couleur, on la remet, puis on tire une seconde boule.
- Quelle est la probabilité que les deux boules tirées soient blanches ?
- Les événements « la première boule est blanche » et « la seconde boule est blanche » sont-ils indépendants ? Justifier.
Indication
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\[ P(B_1) = P(B_2) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2} \]
Avec remise :
\[ P(B_1 \cap B_2) = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \]
Solution de la question 2 :
Vérifions la condition d’indépendance :
\[ P(B_1) \times P(B_2) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} = P(B_1 \cap B_2) \]
Les événements sont indépendants car la remise fait que le second tirage n’est pas influencé par le premier.
Exercice 15 : Lancers de dés et événements
Facile
On lance un dé équilibré à 6 faces. On considère les événements :
- A : « obtenir un nombre pair »
- B : « obtenir un multiple de 3 »
- Calculer \( P(A) \), \( P(B) \) et \( P(A \cap B) \).
- Les événements A et B sont-ils indépendants ?
Indication
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\( B = \{3, 6\} \) donc \( P(B) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \)
\( A \cap B = \{6\} \) donc \( P(A \cap B) = \frac{1}{6} \)
Solution de la question 2 :
\[ P(A) \times P(B) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6} = P(A \cap B) \]
Oui, les événements A et B sont indépendants.
Exercice 16 : Défauts de fabrication et indépendance
Moyen
Une lentille subit deux traitements T1 et T2. La probabilité qu’elle présente un défaut pour T1 est 0,10 ; pour T2 est 0,20 ; et la probabilité qu’elle ne présente aucun des deux défauts est 0,75.
- Calculer la probabilité qu’une lentille présente au moins un défaut.
- Calculer la probabilité qu’une lentille présente les deux défauts.
- Les défauts sont-ils indépendants ?
Indication
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\[ P(A \cup B) = 1 – P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1 – 0{,}75 = 0{,}25 \]Solution de la question 2 :
\[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B) \]
\[ 0{,}25 = 0{,}10 + 0{,}20 – P(A \cap B) \]
\[ P(A \cap B) = 0{,}30 – 0{,}25 = 0{,}05 \]
Solution de la question 3 :
\[ P(A) \times P(B) = 0{,}10 \times 0{,}20 = 0{,}02 \neq 0{,}05 = P(A \cap B) \]
Les défauts ne sont pas indépendants. La présence d’un défaut augmente la probabilité de l’autre.
Problèmes avancés et applications
Exercice 17 : QCM et triche
Difficile
Dans un groupe d’étudiants, une proportion \( p \) sont des tricheurs qui connaissent la réponse à l’avance. Les autres ont une chance sur 12 de répondre correctement au hasard. Un QCM propose 12 réponses possibles pour chaque question.
- Quelle est la probabilité qu’un étudiant réponde correctement ?
- Sachant qu’un étudiant a répondu correctement, quelle est la probabilité qu’il ait triché ?
- Étudier la fonction \( f(p) \) obtenue en question 2 et interpréter.
Indication
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\( P(T) = p \), \( P(\overline{T}) = 1 – p \)
\( P_T(C) = 1 \), \( P_{\overline{T}}(C) = \frac{1}{12} \)
\[ P(C) = p \times 1 + (1-p) \times \frac{1}{12} = p + \frac{1-p}{12} = \frac{12p + 1 – p}{12} = \frac{11p + 1}{12} \]
Solution de la question 2 :
\[ f(p) = P_C(T) = \frac{P(T \cap C)}{P(C)} = \frac{p}{\frac{11p+1}{12}} = \frac{12p}{11p + 1} \]
Solution de la question 3 :
Dérivée : \( f'(p) = \frac{12(11p+1) – 12p \times 11}{(11p+1)^2} = \frac{12}{(11p+1)^2} > 0 \)
La fonction est strictement croissante sur [0,1].
Limites : \( f(0) = 0 \) et \( f(1) = 1 \)
Interprétation : plus il y a de tricheurs dans le groupe, plus il est probable qu’un étudiant ayant répondu correctement soit un tricheur. Si personne ne triche, une réponse correcte est forcément due au hasard.
Exercice 18 : Épidémie de grippe et vaccination
Difficile
Lors d’une épidémie de grippe, on vaccine un tiers de la population. On constate qu’un malade sur 10 est vacciné et que la probabilité qu’une personne choisie au hasard soit grippée est 0,25.
- Quelle est la probabilité qu’une personne soit grippée et vaccinée ?
- Quelle est la probabilité pour un individu vacciné d’être grippé malgré tout ?
- Quelle est la probabilité qu’un individu non vacciné soit grippé ?
- Calculer l’efficacité relative du vaccin (réduction du risque).
Indication
Voir le corrigé
\[ P(G \cap V) = P(G) \times P_G(V) = 0{,}25 \times 0{,}1 = 0{,}025 \]Solution de la question 2 :
\[ P_V(G) = \frac{P(G \cap V)}{P(V)} = \frac{0{,}025}{\frac{1}{3}} = 0{,}075 \]
Solution de la question 3 :
Par la formule des probabilités totales :
\[ P(G) = P(V) \times P_V(G) + P(\overline{V}) \times P_{\overline{V}}(G) \]
\[ 0{,}25 = \frac{1}{3} \times 0{,}075 + \frac{2}{3} \times P_{\overline{V}}(G) \]
\[ 0{,}25 = 0{,}025 + \frac{2}{3} P_{\overline{V}}(G) \]
\[ P_{\overline{V}}(G) = \frac{0{,}225 \times 3}{2} = 0{,}3375 \]
Solution de la question 4 :
Efficacité relative du vaccin :
\[ \text{Réduction du risque} = \frac{P_{\overline{V}}(G) – P_V(G)}{P_{\overline{V}}(G)} = \frac{0{,}3375 – 0{,}075}{0{,}3375} \approx 0{,}778 \]
Le vaccin réduit le risque de grippe d’environ 77,8% par rapport aux non-vaccinés.