Terminale E · Leçon 10
Probabilités
Probabilités : univers, événements, équiprobabilité
Ce premier temps de révision pose le vocabulaire commun qui sera mobilisé tout au long du chapitre. Même si les notions semblent familières, les confusions restent fréquentes au Bac, notamment entre les opérateurs \(\cup\) et \(\cap\), ou l'oubli du terme \(P(A \cap B)\) dans la formule de l'union.
On appelle univers \(\Omega\) l'ensemble de toutes les issues possibles d'une expérience aléatoire. Une probabilité \(P\) sur \(\Omega\) est une fonction qui associe à chaque événement \(A \subseteq \Omega\) un réel \(P(A) \in [0\,;1]\), vérifiant \(P(\Omega) = 1\) et, pour \(A, B\) incompatibles (\(A \cap B = \emptyset\)) : \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).
\[ P(\bar{A}) = 1 - P(A) \qquad P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \]Lorsque toutes les issues de \(\Omega\) sont équiprobables, la probabilité d'un événement \(A\) est simplement le rapport entre le nombre de cas favorables et le nombre de cas possibles :
\[ P(A) = \frac{\operatorname{card}(A)}{\operatorname{card}(\Omega)} \]Le nombre de façons de choisir \(k\) objets parmi \(n\) (sans tenir compte de l'ordre) est donné par le coefficient binomial :
\[ C_{n}^{k} = \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} \]
On lance un dé cubique équilibré. \(\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}\),
chaque issue a la probabilité \(\tfrac{1}{6}\).
Soit \(A\) = « obtenir un nombre pair » et \(B\) = « obtenir un nombre
strictement supérieur à 4 ».
\(A = \{2,4,6\}\), \(B = \{5,6\}\), \(A \cap B = \{6\}\).
\(P(A \cup B) = \dfrac{3}{6} + \dfrac{2}{6} - \dfrac{1}{6}
= \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}\).
Une urne contient 5 boules rouges et 3 boules bleues. On tire simultanément 2 boules. L'univers \(\Omega\) contient \(C_{8}^{2} = 28\) issues équiprobables. Soit \(A\) = « tirer 2 boules rouges » : \(\operatorname{card}(A) = C_{5}^{2} = 10\), donc \(P(A) = \dfrac{10}{28} = \dfrac{5}{14}\).
La formule \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) n'est valable que si \(A\) et \(B\) sont incompatibles. Dans tous les autres cas, il faut soustraire \(P(A \cap B)\), sous peine de compter l'intersection deux fois.
Probabilité conditionnelle et indépendance, probabilités totales
La probabilité conditionnelle répond à une question naturelle : comment la connaissance d'un événement \(B\) modifie-t-elle nos chances que \(A\) se réalise ? Cette notion est au cœur des arbres de probabilité et des problèmes de tirage sans remise.
Soient \(A\) et \(B\) deux événements avec \(P(B) \neq 0\). La probabilité de \(A\) sachant \(B\) est :
\[ P_{B}(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \qquad\text{soit}\qquad P(A \cap B) = P(B)\cdot P_{B}(A) \]Si \(\{B_1, B_2, \ldots, B_n\}\) forme une partition de \(\Omega\) (événements deux à deux incompatibles, de réunion \(\Omega\), tous de probabilité non nulle), alors pour tout événement \(A\) :
\[ P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(B_i)\cdot P_{B_i}(A) \]En pratique, cette formule correspond à la lecture d'un arbre de probabilité : on multiplie les probabilités le long d'un chemin, puis on additionne les chemins favorables.
1. Identifier la partition. Les premières branches de
l'arbre correspondent à une partition de \(\Omega\) (ex. : qualité d'une
pièce, couleur d'une boule, résultat d'un test).
2. Placer les probabilités sur les branches. Sur le
premier niveau, ce sont les probabilités simples \(P(B_i)\). Sur le
second niveau, ce sont les probabilités conditionnelles \(P_{B_i}(A)\).
3. Règle du produit. La probabilité d'un chemin
\(B_i \to A\) est \(P(B_i) \times P_{B_i}(A) = P(B_i \cap A)\).
4. Règle de la somme. \(P(A)\) est la somme des
probabilités de tous les chemins aboutissant à \(A\).
Une urne contient 3 boules rouges (R) et 2 vertes (V). On tire successivement 2 boules sans remise. On note \(R_i\) : « la \(i\)-ième boule est rouge ».
| 1er tirage | 2e tirage | Probabilité du chemin |
|---|---|---|
| \(P(R_1) = \tfrac{3}{5}\) | \(P_{R_1}(R_2) = \tfrac{2}{4}\) | \(\tfrac{3}{5}\times\tfrac{2}{4} = \tfrac{3}{10}\) |
| \(P(R_1) = \tfrac{3}{5}\) | \(P_{R_1}(V_2) = \tfrac{2}{4}\) | \(\tfrac{3}{5}\times\tfrac{2}{4} = \tfrac{3}{10}\) |
| \(P(\bar{R}_1) = \tfrac{2}{5}\) | \(P_{\bar{R}_1}(R_2) = \tfrac{3}{4}\) | \(\tfrac{2}{5}\times\tfrac{3}{4} = \tfrac{3}{10}\) |
| \(P(\bar{R}_1) = \tfrac{2}{5}\) | \(P_{\bar{R}_1}(V_2) = \tfrac{1}{4}\) | \(\tfrac{2}{5}\times\tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{10}\) |
Par la formule des probabilités totales : \(P(R_2) = \tfrac{3}{10} + \tfrac{3}{10} = \tfrac{3}{5}\). Ce résultat est cohérent : par symétrie, les boules de chaque couleur ont la même probabilité d'apparaître en \(2^{\text{e}}\) position qu'en \(1^{\text{re}}\).
Une usine produit des pièces sur deux lignes : la ligne A fournit 60 %
de la production, la ligne B fournit 40 %. Le taux de défaut est
2 % sur A et 5 % sur B. On choisit une pièce au hasard.
Soit \(D\) = « la pièce est défectueuse ».
\(P(D) = P(A)\cdot P_A(D) + P(B)\cdot P_B(D)
= 0{,}60 \times 0{,}02 + 0{,}40 \times 0{,}05
= 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032\).
La probabilité qu'une pièce choisie au hasard soit défectueuse est
donc 3,2 %.
Deux événements \(A\) et \(B\) sont dits indépendants lorsque la réalisation de l'un ne modifie pas la probabilité de l'autre. Formellement :
\[ P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \qquad \text{(équivalent à } P_B(A) = P(A) \text{ si } P(B) \neq 0\text{)} \]Attention : indépendance et incompatibilité sont des notions opposées. Si \(P(A) > 0\) et \(P(B) > 0\), deux événements incompatibles ne peuvent pas être indépendants.
Les probabilités conditionnelles sont exigibles au Bac via des exemples sur arbre ou tableau. La formule de Bayes (\(P_A(B) = P_B(A)\cdot P(A) / P(B)\)) est au programme de série D et peut apparaître en série C dans un cadre guidé.
Un classique des copies de Bac : confondre « \(A\) et \(B\) sont incompatibles » (ils ne peuvent pas se réaliser simultanément) avec « \(A\) et \(B\) sont indépendants » (la réalisation de l'un n'influence pas l'autre). Ces deux propriétés sont distinctes et la plupart du temps incompatibles entre elles dès que les deux événements ont une probabilité non nulle.
Figure interactive — Arbre de probabilité à deux niveaux
Variable aléatoire discrète : loi, espérance, variance
Une variable aléatoire est un outil qui permet de quantifier l'issue d'une expérience aléatoire. Plutôt que de raisonner sur des événements qualitatifs, on traduit chaque issue en un nombre, puis on analyse la distribution de ces nombres.
Une variable aléatoire discrète \(X\) est une fonction qui associe un réel à chaque issue de \(\Omega\). Sa loi de probabilité est la donnée, pour chaque valeur \(x_i\) prise par \(X\), de la probabilité \(p_i = P(X = x_i)\), avec \(\displaystyle\sum_i p_i = 1\).
La fonction de répartition de \(X\) est \(F(x) = P(X \le x)\). C'est une fonction en escalier, croissante, allant de \(0\) (à gauche de toutes les valeurs) à \(1\) (à droite de toutes les valeurs).
L'espérance \(E(X)\) est la moyenne pondérée des valeurs de \(X\) par leurs probabilités : c'est la valeur « attendue en moyenne » sur un grand nombre d'épreuves. La variance \(V(X)\) mesure la dispersion des valeurs autour de cette moyenne. L'écart-type \(\sigma(X)\) est exprimé dans la même unité que \(X\).
Propriétés de linéarité : pour \(a, b \in \mathbb{R}\),
\[ E(aX + b) = a\,E(X) + b \qquad V(aX + b) = a^{2}\,V(X) \]\(X\) prend les valeurs \(0, 1, 2, 3\) avec les probabilités \(\tfrac{1}{8}, \tfrac{3}{8}, \tfrac{3}{8}, \tfrac{1}{8}\).
| \(x_i\) | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| \(p_i\) | \(\tfrac{1}{8}\) | \(\tfrac{3}{8}\) | \(\tfrac{3}{8}\) | \(\tfrac{1}{8}\) |
| \(x_i \cdot p_i\) | \(0\) | \(\tfrac{3}{8}\) | \(\tfrac{6}{8}\) | \(\tfrac{3}{8}\) |
\(E(X) = 0 + \tfrac{3}{8} + \tfrac{6}{8} + \tfrac{3}{8} = \tfrac{12}{8} = \tfrac{3}{2}\).
\(E(X^2) = 0 \cdot \tfrac{1}{8} + 1 \cdot \tfrac{3}{8} + 4 \cdot \tfrac{3}{8}
+ 9 \cdot \tfrac{1}{8} = \tfrac{0 + 3 + 12 + 9}{8} = 3\).
\(V(X) = 3 - \left(\tfrac{3}{2}\right)^2 = 3 - \tfrac{9}{4} = \tfrac{3}{4}\).
\(\sigma(X) = \tfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}87\).
Un jeu coûte 2 € à jouer. On lance un dé équilibré. On gagne 6 € si
on obtient un 6, 0 € sinon. Soit \(G\) le gain net du joueur.
Si le joueur obtient 6 : \(G = 6 - 2 = 4\) € (probabilité \(\tfrac{1}{6}\)).
Sinon : \(G = 0 - 2 = -2\) € (probabilité \(\tfrac{5}{6}\)).
\(E(G) = 4 \times \tfrac{1}{6} + (-2) \times \tfrac{5}{6}
= \tfrac{4 - 10}{6} = -1\) €.
Ce jeu est défavorable : en moyenne, le joueur perd 1 € par partie.
Pour calculer \(V(X)\), il est plus rapide d'utiliser \(V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\). On calcule \(E(X^2)\) en remplaçant chaque \(x_i\) par \(x_i^2\) dans la somme pondérée. Attention à ne pas confondre \([E(X)]^2\) (carré de l'espérance) et \(E(X^2)\) (espérance du carré).
Figure interactive — Loi de probabilité et fonction de répartition
Répartition \(F(k)\)
Épreuve et schéma de Bernoulli, loi binomiale
La loi binomiale est l'aboutissement naturel du chapitre. Elle modélise efficacement toute situation où l'on répète plusieurs fois la même expérience à deux issues — à condition que les répétitions soient indépendantes. C'est un point sur lequel le Bac insiste systématiquement.
Une épreuve de Bernoulli de paramètre \(p\) est une expérience aléatoire à deux issues : succès (probabilité \(p \in [0\,;1]\)) et échec (probabilité \(q = 1 - p\)).
Un schéma de Bernoulli de paramètres \(n\) et \(p\) est la répétition de \(n\) épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. Les résultats peuvent être représentés par un arbre binaire à \(n\) niveaux.
Si \(X\) est le nombre de succès dans un schéma de Bernoulli de paramètres \(n\) et \(p\), alors \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;p)\) et, pour tout entier \(k \in \{0, 1, \ldots, n\}\) :
\[ P(X = k) = C_{n}^{k}\;p^{k}\,q^{\,n-k} \] \[ E(X) = np \qquad V(X) = npq \qquad \sigma(X) = \sqrt{npq} \]Le coefficient \(C_n^k\) compte le nombre de façons d'obtenir exactement \(k\) succès parmi \(n\) épreuves (l'ordre n'importe pas). Le terme \(p^k\,q^{n-k}\) est la probabilité d'une séquence particulière avec \(k\) succès et \(n-k\) échecs.
Un basketteur réussit chaque lancer franc avec la probabilité
\(p = 0{,}7\). Il tire \(n = 5\) fois indépendamment.
\(X \sim \mathcal{B}(5\,;\,0{,}7)\).
a) \(P(X = 3) = C_5^3 \times (0{,}7)^3 \times (0{,}3)^2
= 10 \times 0{,}343 \times 0{,}09 = 0{,}3087\).
b) \(P(X \ge 4) = P(X=4) + P(X=5)\).
\(P(X=4) = C_5^4 \times (0{,}7)^4 \times (0{,}3) = 5 \times 0{,}2401 \times 0{,}3 = 0{,}36015\).
\(P(X=5) = (0{,}7)^5 = 0{,}16807\).
\(P(X \ge 4) = 0{,}36015 + 0{,}16807 = 0{,}52822\).
c) \(E(X) = 5 \times 0{,}7 = 3{,}5\) réussites en moyenne.
\(\sigma(X) = \sqrt{5 \times 0{,}7 \times 0{,}3} = \sqrt{1{,}05} \approx 1{,}02\).
Une usine produit des articles dont 5 % sont défectueux. On prélève
un lot de 20 articles. \(X \sim \mathcal{B}(20\,;\,0{,}05)\).
Quelle est la probabilité qu'au moins un article soit défectueux ?
\(P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (0{,}95)^{20}
\approx 1 - 0{,}3585 = 0{,}6415\).
Il y a donc environ 64 % de chance qu'un lot de 20 contienne au moins
un article défectueux — la technique du complémentaire évite ici des
calculs fastidieux.
La loi binomiale exige impérativement que les épreuves soient indépendantes et en nombre fixé \(n\) à l'avance, et que la probabilité de succès \(p\) soit la même à chaque épreuve. Pour des tirages sans remise dans un petit effectif, ces conditions ne sont pas satisfaites : il faut revenir à l'arbre et aux probabilités conditionnelles. (Pour un très grand effectif, \(n < 5\,\%\) de la population, on peut approcher par une loi binomiale.)
Pour calculer \(P(X \ge k)\) avec \(k\) petit devant \(n\), il est souvent plus rapide d'utiliser \(P(X \ge k) = 1 - P(X \le k - 1)\). En particulier, \(P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - q^n\) se calcule en une seule opération.
Figure interactive — Distribution binomiale \(\mathcal{B}(n\,;p)\)
\(E(X) = np\)
Résumé
\(P(\bar{A}) = 1 - P(A)\).
\(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)\).
Équiprobabilité : cas favorables / cas possibles.
\(P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\).
Arbre : produit sur un chemin, somme des chemins favorables.
Indépendance : \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)\).
\(E(X) = \sum x_i p_i\).
\(V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\).
\(\sigma(X) = \sqrt{V(X)}\).
\(E(aX+b) = aE(X)+b\).
\(X \sim \mathcal{B}(n\,;p)\) :
\(P(X=k) = C_n^k p^k q^{n-k}\).
\(E(X) = np\), \(V(X) = npq\).
Vérifier l'indépendance des épreuves.
Sujet type Bac
Un laboratoire pharmaceutique fabrique des comprimés. Le contrôle qualité révèle qu'en moyenne 4 % des comprimés sont non conformes. On prélève des lots de 25 comprimés. On note \(X\) le nombre de comprimés non conformes dans un lot. On admettra que les prélèvements peuvent être modélisés par un schéma de Bernoulli.
Question 1 — Justifier le modèle et identifier la loi.
Justification. Chaque comprimé peut être conforme
(échec) ou non conforme (succès) avec la probabilité \(p = 0{,}04\),
indépendamment des autres comprimés. Le nombre d'épreuves est fixé
à \(n = 25\). Toutes les conditions du schéma de Bernoulli sont
réunies.
Conclusion. \(X \sim \mathcal{B}(25\,;\,0{,}04)\).
Question 2 — Probabilité d'exactement 2 comprimés non conformes.
\(P(X = 2) = C_{25}^{2} \times (0{,}04)^{2} \times (0{,}96)^{23}\).
\(C_{25}^{2} = \dfrac{25 \times 24}{2} = 300\).
\((0{,}04)^2 = 0{,}0016\).
\((0{,}96)^{23} \approx 0{,}3936\).
\(P(X = 2) \approx 300 \times 0{,}0016 \times 0{,}3936
\approx 0{,}1889\).
Il y a environ 18,9 % de chance d'avoir exactement
2 comprimés non conformes dans le lot.
Question 3 — Probabilité d'au moins un comprimé non conforme.
On utilise le complémentaire :
\(P(X \ge 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - C_{25}^{0}(0{,}04)^0(0{,}96)^{25}
= 1 - (0{,}96)^{25}\).
\((0{,}96)^{25} \approx 0{,}3604\).
\(P(X \ge 1) \approx 1 - 0{,}3604 = 0{,}6396\).
Un lot de 25 comprimés a donc environ 64 % de chance
de contenir au moins un comprimé non conforme.
Question 4 — Espérance et interprétation.
\(E(X) = np = 25 \times 0{,}04 = 1\).
\(V(X) = npq = 25 \times 0{,}04 \times 0{,}96 = 0{,}96\).
\(\sigma(X) = \sqrt{0{,}96} \approx 0{,}98\).
Interprétation : en moyenne, on attend exactement
1 comprimé non conforme par lot de 25. L'écart-type proche de 1
signifie que la valeur de \(X\) fluctue typiquement d'environ
\(\pm 1\) autour de cette moyenne, donc le phénomène est assez
stable.
Question 5 — Trouver le plus petit \(n\) tel que \(P(X \ge 1) > 0{,}95\).
On cherche le plus petit entier \(n\) tel que
\(P(X \ge 1) = 1 - (0{,}96)^n > 0{,}95\),
soit \((0{,}96)^n < 0{,}05\).
On applique le logarithme (en base 10 ou naturel) :
\(n \ln(0{,}96) < \ln(0{,}05)\)
\(\ln(0{,}96) = \ln\!\left(1 - 0{,}04\right) \approx -0{,}04082\)
\(\ln(0{,}05) \approx -2{,}996\)
Comme \(\ln(0{,}96) < 0\), l'inégalité change de sens en divisant :
\(n > \dfrac{-2{,}996}{-0{,}04082} \approx 73{,}4\).
Le plus petit entier solution est \(\boxed{n = 74}\).
Pour qu'un lot de comprimés ait plus de 95 % de chance de
contenir au moins un non conforme, il faut en prélever au moins 74.