Terminale D · Leçon 11
Probabilité conditionnelle et variable aléatoire
Ce que dit le programme officiel (22 points)
- la définition d’une probabilité conditionnelle
- un système complet d'évènements
- la formule des probabilités totales
- la définition d’une variable aléatoire
- la définition d’une loi de probabilité
- la définition d’une fonction de répartition
- la définition de l’espérance mathématique, de la variance et de l’écart-type
- la définition d’une épreuve de Bernoulli
- la définition d’un schéma de Bernoulli
- la définition de la loi binomiale de paramètres 𝑛 et 𝑝
- la propriété relative à l’espérance mathématique d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale 𝐵(𝑛, 𝑝)
- la propriété relative à la variance d’une variable aléatoire suivant une loi binomiale 𝐵(𝑛, 𝑝)
- une probabilité conditionnelle : 𝑃(𝐴/𝐵) ou 𝑃𝐵(𝐴)
- la probabilité d’un évènement
- la probabilité d’obtenir 𝑘 succès dans une suite de 𝑛 épreuves de Bernoulli (0 ≤ 𝑘 ≤ 𝑛)
- l’espérance mathématique, la variance et l’écart type d’une variable aléatoire donnée
- que deux événements sont indépendants ou non
- la loi de probabilité d’une variable aléatoire donnée
- la fonction de répartition d’une variable aléatoire donnée
- un arbre pondéré
- la représentation graphique de la fonction de répartition d’une variable aléatoire donnée
- une situation faisant appel aux probabilités
Source : Programme éducatif Terminale D, DPFC, version CND 0923
Probabilité conditionnelle et indépendance, probabilités totales
Formules fondamentales
\[P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)} \qquad P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)\]
\[P(A)=P(B)\cdot P(A\mid B)+P(\bar{B})\cdot P(A\mid\bar{B}) \quad \text{(probabilités totales)}\]
\[P(B_i\mid A)=\frac{P(B_i)\cdot P(A\mid B_i)}{P(A)} \quad \text{(formule de Bayes)}\]
Indépendance : \(A\) et \(B\) sont indépendants si et seulement si \(P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B)\). À vérifier par le calcul, jamais par intuition.
Confusion fréquente
Incompatibles ≠ Indépendants. Si \(A\cap B=\emptyset\), réaliser l'un exclut l'autre — ils sont donc très dépendants (sauf si l'un a probabilité nulle).
Savoir qu'un événement est réalisé change les chances des autres. Soit \(B\) un événement tel que \(P(B)\ne 0\). La probabilité de \(A\) sachant \(B\) est le nombre
\[P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}.\]On la note aussi \(P(A\mid B)\). Elle mesure les chances de \(A\) quand on sait déjà que \(B\) est réalisé : l'univers est réduit à \(B\).
Exemple. On lance un dé équilibré. Soit \(A\) « obtenir un nombre pair » et \(B\) « obtenir au moins 4 ». \(B=\{4;5;6\}\) et \(A\cap B=\{4;6\}\), donc \(P_B(A)=\dfrac{2/6}{3/6}=\dfrac{2}{3}\) : parmi les trois issues de \(B\), deux sont paires.
Propriétés. \(P_B\) est une probabilité : \(0\le P_B(A)\le 1\) et \(P_B(\overline{A})=1-P_B(A)\).
Probabilité d'une intersection. En multipliant par \(P(B)\) : \(P(A\cap B)=P(B)\times P_B(A)\). De même, si \(P(A)\ne 0\), \(P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)\).
On dit que des événements \(B_1\), \(B_2\), \(B_3\) forment une partition de l'univers lorsqu'ils sont deux à deux incompatibles et que leur réunion est \(\Omega\) : exactement un d'entre eux est réalisé à chaque expérience. Un événement \(B\) et son contraire \(\overline{B}\) forment toujours une partition.
Théorème. Si \(B_1\), \(B_2\), \(B_3\) forment une partition de \(\Omega\) et sont de probabilités non nulles, alors pour tout événement \(A\) :
\[P(A)=P(B_1)\,P_{B_1}(A)+P(B_2)\,P_{B_2}(A)+P(B_3)\,P_{B_3}(A).\]Avec deux cas seulement : \(P(A)=P(B)\,P_B(A)+P(\overline{B})\,P_{\overline{B}}(A)\).
Démonstration (cas de deux événements). Les événements \(A\cap B\) et \(A\cap\overline{B}\) sont incompatibles et leur réunion est \(A\). Donc \(P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap\overline{B})\), et chaque terme s'écrit comme un produit grâce à la formule de l'intersection.
Lecture sur un arbre pondéré. Les premières branches portent \(P(B_1)\), \(P(B_2)\), \(P(B_3)\) ; les secondes portent les probabilités conditionnelles. La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités de ses branches ; la probabilité de \(A\) est la somme des probabilités des chemins qui mènent à \(A\).
Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants lorsque
\[P(A\cap B)=P(A)\times P(B).\]Si \(P(B)\ne 0\), cela équivaut à \(P_B(A)=P(A)\) : savoir que \(B\) est réalisé ne change pas la probabilité de \(A\).
Propriété. Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline{B}\) le sont aussi. En effet, \(P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\left(1-P(B)\right)=P(A)P(\overline{B})\).
Deux épreuves indépendantes. On réalise successivement deux expériences aléatoires qui n'influent pas l'une sur l'autre, d'univers \(\Omega_1\) et \(\Omega_2\). Les issues de l'expérience globale sont les couples \((a;b)\), avec \(a\) dans \(\Omega_1\) et \(b\) dans \(\Omega_2\) : l'univers est le produit cartésien \(\Omega_1\times\Omega_2\). On le munit de la probabilité produit : la probabilité du couple \((a;b)\) est le produit de la probabilité de \(a\) par celle de \(b\). Ce résultat est admis.
Conséquence pratique : sur un arbre représentant deux épreuves indépendantes, les branches du second niveau portent les mêmes probabilités quel que soit le résultat de la première épreuve.
- Nomme les événements par des lettres et traduis chaque donnée de l'énoncé : une proportion « parmi ceux qui… » est une probabilité conditionnelle.
- Construis l'arbre : au premier niveau la partition (les causes, les origines), au second l'événement étudié et son contraire. La somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut 1 : complète les branches manquantes.
- Probabilité d'un chemin : multiplie le long des branches, c'est \(P(B\cap A)=P(B)\times P_B(A)\).
- Probabilité de l'événement final : additionne les chemins qui y mènent (probabilités totales).
- Remonter l'arbre : pour calculer \(P_A(B)\), qui n'est pas sur l'arbre, reviens à la définition : \(P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\), le numérateur étant un chemin et le dénominateur le résultat de l'étape 4.
Tester l'indépendance. Calcule séparément \(P(A\cap B)\) et \(P(A)\times P(B)\), puis compare. On ne conclut jamais par intuition.
Énoncé. Une coopérative reçoit des mangues de trois vergers : 50 % viennent du verger \(V_1\), 30 % de \(V_2\) et 20 % de \(V_3\). La proportion de fruits abîmés est de 4 % pour \(V_1\), 10 % pour \(V_2\) et 15 % pour \(V_3\). On choisit une mangue au hasard ; on note \(A\) « la mangue est abîmée ». Calcule \(P(A)\), puis la probabilité qu'une mangue abîmée vienne de \(V_3\).
Solution. Les événements \(V_1\), \(V_2\), \(V_3\) forment une partition de l'univers, avec \(P(V_1)=0{,}5\), \(P(V_2)=0{,}3\), \(P(V_3)=0{,}2\). L'énoncé donne \(P_{V_1}(A)=0{,}04\), \(P_{V_2}(A)=0{,}10\) et \(P_{V_3}(A)=0{,}15\).
D'après la formule des probabilités totales : \(P(A)=0{,}5\times 0{,}04+0{,}3\times 0{,}10+0{,}2\times 0{,}15=0{,}02+0{,}03+0{,}03=0{,}08\). Ainsi 8 % des mangues sont abîmées.
On remonte l'arbre : \(P_A(V_3)=\dfrac{P(A\cap V_3)}{P(A)}=\dfrac{0{,}03}{0{,}08}=\dfrac{3}{8}=0{,}375\). Le verger \(V_3\) ne fournit que 20 % des mangues, mais 37,5 % des mangues abîmées.
Figure — L'arbre pondéré des trois vergers
Au premier niveau, la partition \(V_1\), \(V_2\), \(V_3\) ; au second, les probabilités conditionnelles. En bleu, la probabilité de chaque chemin qui mène à \(A\) : on multiplie le long des branches. La somme des trois donne \(P(A)=0{,}02+0{,}03+0{,}03=0{,}08\).
Énoncé. On lance un dé équilibré à six faces. On considère les événements \(A\) « obtenir un nombre pair », \(B\) « obtenir un multiple de 3 » et \(C\) « obtenir au moins 4 ». Les événements \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ? Et \(A\) et \(C\) ?
Solution. \(A=\{2;4;6\}\), \(B=\{3;6\}\), \(C=\{4;5;6\}\), donc \(P(A)=\dfrac{1}{2}\), \(P(B)=\dfrac{1}{3}\) et \(P(C)=\dfrac{1}{2}\).
\(A\cap B=\{6\}\), donc \(P(A\cap B)=\dfrac{1}{6}\). Par ailleurs \(P(A)\times P(B)=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{6}\). Les deux nombres sont égaux : \(A\) et \(B\) sont indépendants.
\(A\cap C=\{4;6\}\), donc \(P(A\cap C)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\), alors que \(P(A)\times P(C)=\dfrac{1}{4}\). Les deux nombres sont différents : \(A\) et \(C\) ne sont pas indépendants. On le voit aussi avec \(P_C(A)=\dfrac{2}{3}\), différent de \(P(A)=\dfrac{1}{2}\).
Énoncé. On lance une pièce truquée pour laquelle la probabilité d'obtenir pile est 0,6. Puis on tire une boule au hasard dans une urne contenant 3 boules rouges et 2 boules noires. Calcule la probabilité d'obtenir pile et une boule rouge, puis la probabilité d'obtenir pile ou une boule rouge.
Solution. Les deux épreuves n'influent pas l'une sur l'autre : elles sont indépendantes, et la probabilité d'un couple de résultats est le produit des probabilités. La probabilité de tirer une boule rouge est \(\dfrac{3}{5}=0{,}6\).
Probabilité d'obtenir pile et rouge : \(0{,}6\times 0{,}6=0{,}36\).
« Pile ou rouge » est le contraire de « face et noire », dont la probabilité est \(0{,}4\times 0{,}4=0{,}16\). On obtient donc \(1-0{,}16=0{,}84\). Contrôle par la formule de la réunion : \(0{,}6+0{,}6-0{,}36=0{,}84\).
Figure — L'arbre de deux épreuves indépendantes
Les branches du second niveau portent les mêmes probabilités après « Pile » et après « Face » : c'est la marque de deux épreuves indépendantes. Les quatre chemins ont pour somme 1. « Pile ou rouge » réunit les trois premiers : \(0{,}36+0{,}24+0{,}24=0{,}84\).
\(P_B(A)\), \(P_A(B)\) et \(P(A\cap B)\) sont trois nombres différents. Dans l'exemple des mangues, \(P_{V_3}(A)=0{,}15\) (proportion de fruits abîmés parmi ceux de \(V_3\)), \(P_A(V_3)=0{,}375\) (proportion de fruits de \(V_3\) parmi les abîmés) et \(P(A\cap V_3)=0{,}03\) (proportion de fruits à la fois abîmés et venant de \(V_3\), parmi tous les fruits). Repère dans la phrase le groupe dont on parle : « parmi… », « sachant que… ».
Arbre mal pondéré. Sur les branches du second niveau, on écrit des probabilités conditionnelles, jamais des probabilités d'intersection. La somme des branches partant d'un même nœud vaut 1.
Multiplier sans indépendance. \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\) n'est vrai que pour des événements indépendants. Dans le cas général, \(P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)\).
Oublier la condition. \(P_B(A)\) n'a de sens que si \(P(B)\ne 0\).
Opérations sur les événements, événements incompatibles
Définitions essentielles
Univers \(\Omega\) : ensemble de toutes les issues possibles de l'expérience aléatoire.
Événement : sous-ensemble de \(\Omega\). Opérations : complémentaire \(\bar{A}\), union \(A\cup B\), intersection \(A\cap B\).
\[P(A)=\frac{\text{Card}(A)}{\text{Card}(\Omega)}\quad\text{(équiprobabilité)} \qquad P(\bar{A})=1-P(A) \qquad P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\]
Variable aléatoire discrète : loi, espérance, variance
Espérance, Variance, Écart-type
\[E(X)=\sum x_i p_i \qquad V(X)=E(X^2)-[E(X)]^2 \qquad \sigma(X)=\sqrt{V(X)}\]
Interprétations : jeu équitable si \(E(X)=0\) ; favorable si \(E(X)>0\) ; défavorable si \(E(X)<0\).
Exemple — Jeu de dé
Gain : +2 € si on obtient 6 (\(p=\frac{1}{6}\)), −1 € sinon. Loi de \(X\) :
\[E(X)=2\cdot\frac{1}{6}+(-1)\cdot\frac{5}{6}=\frac{2-5}{6}=-\frac{1}{2}\approx -0{,}50\text{ €}\]
\(E(X)<0\) : le jeu est défavorable au joueur.
Fonction de répartition
La fonction de répartition d'une variable aléatoire \(X\) est la fonction \(F\) définie sur \(\mathbb{R}\) par :
\[F(x) = P(X \le x).\]C'est une fonction en escalier, croissante au sens large, qui vaut 0 avant la plus petite valeur de \(X\) et vaut 1 à partir de la plus grande. À chaque valeur \(x_i\), elle fait un saut d'amplitude \(p_i = P(X = x_i)\).
La fonction de répartition permet de calculer directement des probabilités d'intervalles :
\[ P(X \le b) = F(b) \qquad P(X > a) = 1 - F(a) \qquad P(a < X \le b) = F(b) - F(a). \]Attention : la convention habituelle est \(F(x) = P(X \le x)\), qui inclut la valeur \(x\). Ainsi \(P(X < x) = F(x) - P(X = x)\) (différent de \(F(x)\) si \(X\) prend la valeur \(x\) avec une probabilité non nulle).
Pour construire le graphe de \(F\) : (1) écrire les valeurs \(x_i\) dans l'ordre croissant ; (2) calculer les paliers de \(F\) en cumulant les probabilités de gauche à droite (\(F(x_i) = p_1 + p_2 + \cdots + p_i\)) ; (3) tracer des segments horizontaux avec un point plein à gauche et un cercle vide à droite (convention de continuité à droite).
Pour \(X\) définie par \(P(X=0)=\tfrac{1}{2}\), \(P(X=20)=\tfrac{1}{3}\), \(P(X=100)=\tfrac{1}{6}\), la fonction de répartition est :
\[ F(x) = \begin{cases} 0 & \text{si } x < 0, \\[4pt] \dfrac{1}{2} & \text{si } 0 \le x < 20, \\[6pt] \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{5}{6} & \text{si } 20 \le x < 100, \\[6pt] 1 & \text{si } x \ge 100. \end{cases} \]Par exemple : \(P(X \le 50) = F(50) = \tfrac{5}{6}\) (on tient compte des cas \(X=0\) et \(X=20\)) ; \(P(X > 20) = 1 - F(20) + P(X=20)\) … attention ici à la convention ! Comme \(F(20) = P(X \le 20) = \tfrac{5}{6}\), on obtient \(P(X > 20) = 1 - \tfrac{5}{6} = \tfrac{1}{6}\).
Fonction de répartition — Loi de X interactive
Curseur \(t\)
Épreuve et schéma de Bernoulli, loi binomiale
Loi \(B(n,p)\) — Schéma de Bernoulli
Conditions : \(n\) épreuves indépendantes, exactement 2 issues, même probabilité de succès \(p\). \(X\) = nombre de succès.
\[P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k} \qquad E(X)=np \qquad V(X)=np(1-p)\]
Figure 3 — Diagramme de la loi binomiale \(B(n, p)\) (interactif)
Diagramme en bâtons de la loi \(B(n,p)\). Curseurs \(n\in[1,20]\) et \(p\in[0{,}05\,;\,0{,}95]\). La ligne verticale en rouge indique \(E(X)=np\). La zone colorée en or représente \(P(X\geq k_0)\). Le panneau affiche \(E(X)\), \(\sigma(X)\) et la somme de contrôle (doit valoir 1).
Exemple — QCM de 5 questions (\(p=0{,}25\))
\(X\sim B(5,\;0{,}25)\). Espérance : \(E(X)=1{,}25\) bonne réponse en moyenne. \(\sigma(X)\approx 0{,}97\).
\[P(X=2)=\binom{5}{2}(0{,}25)^2(0{,}75)^3=10\times0{,}0625\times0{,}4219\approx 0{,}264\]
\[P(X\geq3)=1-P(X\leq2)\approx 1-0{,}896=0{,}104\]
Les 7 erreurs les plus coûteuses
- Utiliser les combinaisons quand l'ordre compte (arrangements) — et inversement.
- Oublier que \(0!=1\).
- Confondre événements incompatibles et indépendants.
- Écrire \(P(A\mid B)=P(A\cap B)\) sans diviser par \(P(B)\).
- Additionner les probabilités sur un arbre au lieu de les multiplier le long d'un chemin.
- Ne pas vérifier que la somme des \(p_i\) vaut 1 dans la loi de \(X\).
- Appliquer la loi binomiale sans vérifier les trois conditions : indépendance, même \(p\), deux issues.
Les 5 réflexes gagnants
- Se demander si l'ordre compte avant tout calcul de dénombrement.
- Vérifier la partition sur chaque nœud de l'arbre (somme des branches = 1).
- Exploiter le complémentaire : \(P(X\geq 1)=1-P(X=0)\).
- Vérifier les trois conditions avant d'invoquer la loi binomiale.
- Interpréter \(E(X)\) concrètement dans le contexte du problème.
Probabilités : univers, événements, équiprobabilité
Quand on lance un dé, on ne peut pas prévoir le résultat, mais on sait dire que « obtenir un nombre pair » a une chance sur deux de se produire. Le calcul des probabilités donne des règles précises pour mesurer ainsi les chances d'un événement. Il sert partout où intervient le hasard : contrôle de qualité d'une production, prévisions, assurances, jeux, sondages. Dans cette leçon, les expériences ont un nombre fini de résultats possibles. Tu vas apprendre le vocabulaire, les règles de calcul, puis la méthode la plus utilisée à l'examen : compter les cas avec les outils du dénombrement.
Une expérience aléatoire est une expérience dont on connaît tous les résultats possibles sans pouvoir prévoir lequel se produira. Chaque résultat possible est une issue (ou éventualité). L'ensemble des issues est l'univers, noté \(\Omega\). Dans cette leçon, \(\Omega\) est un ensemble fini.
Un événement est une partie de \(\Omega\). Il est réalisé lorsque l'issue obtenue lui appartient.
| Vocabulaire | Écriture | Signification |
|---|---|---|
| Événement élémentaire | \(\{\omega\}\) | il contient une seule issue |
| Événement certain | \(\Omega\) | il est toujours réalisé |
| Événement impossible | \(\emptyset\) | il n'est jamais réalisé |
| Événement contraire de \(A\) | \(\overline{A}\) | \(A\) n'est pas réalisé |
| \(A\) et \(B\) | \(A\cap B\) | les deux sont réalisés |
| \(A\) ou \(B\) | \(A\cup B\) | l'un au moins est réalisé |
| Événements incompatibles | \(A\cap B=\emptyset\) | ils ne peuvent pas être réalisés en même temps |
Exemple. On lance un dé à six faces : \(\Omega=\{1;2;3;4;5;6\}\). L'événement \(A\) « obtenir un nombre pair » est \(A=\{2;4;6\}\) ; son contraire est \(\overline{A}=\{1;3;5\}\). Avec \(B\) « obtenir au moins 5 », soit \(B=\{5;6\}\), on a \(A\cap B=\{6\}\) et \(A\cup B=\{2;4;5;6\}\).
Soit \(\Omega=\{\omega_1;\omega_2;\ldots;\omega_n\}\) un univers fini. Définir une probabilité \(P\) sur \(\Omega\), c'est associer à chaque issue \(\omega_i\) un nombre \(p_i\) tel que :
- chaque \(p_i\) est compris entre 0 et 1 ;
- la somme de tous les \(p_i\) est égale à 1 : \(p_1+p_2+\cdots+p_n=1\).
Le nombre \(p_i\) est la probabilité de l'événement élémentaire \(\{\omega_i\}\). La probabilité d'un événement \(A\) est alors la somme des probabilités des issues qui le composent. On pose \(P(\emptyset)=0\).
Le tableau qui donne chaque issue et sa probabilité s'appelle la loi de probabilité de l'expérience. Les probabilités des issues ne sont pas toujours égales : c'est le cas d'un dé truqué ou d'une roue dont les secteurs n'ont pas la même taille.
Pour tous événements \(A\) et \(B\) d'un même univers \(\Omega\) :
- \(0\le P(A)\le 1\), \(P(\Omega)=1\) et \(P(\emptyset)=0\) ;
- événement contraire : \(P(\overline{A})=1-P(A)\) ;
- réunion : \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\) ;
- événements incompatibles : si \(A\cap B=\emptyset\), alors \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\) ;
- inclusion : si \(A\) est contenu dans \(B\), alors \(P(A)\le P(B)\).
Pourquoi la formule de la réunion ? Dans la somme \(P(A)+P(B)\), les issues qui sont à la fois dans \(A\) et dans \(B\) sont comptées deux fois. On retranche donc une fois \(P(A\cap B)\).
Pourquoi la formule du contraire ? \(A\) et \(\overline{A}\) sont incompatibles et leur réunion est \(\Omega\), donc \(P(A)+P(\overline{A})=P(\Omega)=1\).
Lorsque toutes les issues ont la même probabilité, on dit qu'il y a équiprobabilité. Si \(\Omega\) contient \(n\) issues, chacune a pour probabilité \(\dfrac{1}{n}\), et pour tout événement \(A\) :
\[P(A)=\dfrac{\text{Card}(A)}{\text{Card}(\Omega)}=\dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}.\]Comment reconnaître l'équiprobabilité ? L'énoncé le signale par des expressions comme « dé équilibré », « pièce bien équilibrée », « boules indiscernables au toucher », « on choisit au hasard ». Sans une telle indication, on ne peut pas utiliser cette formule.
Dans cette situation, calculer une probabilité revient à compter : c'est là qu'interviennent les \(p\)-uplets, les arrangements et les combinaisons.
- Décris l'univers et calcule \(\text{Card}(\Omega)\) selon le mode de tirage de \(p\) éléments parmi \(n\) :
- tirage simultané : \(C_n^p\) (l'ordre ne compte pas) ;
- tirages successifs sans remise : \(A_n^p\) (l'ordre compte) ;
- tirages successifs avec remise : \(n^p\).
- Justifie l'équiprobabilité par une phrase de l'énoncé.
- Compte les cas favorables avec le même modèle que pour l'univers. Quand l'événement se décompose en plusieurs cas incompatibles, compte chaque cas et additionne.
- Fais le quotient et simplifie la fraction.
Astuce. Pour un événement du type « au moins un… », passe par le contraire, « aucun… », beaucoup plus simple à compter : \(P(A)=1-P(\overline{A})\).
Contrôle. Une probabilité est toujours comprise entre 0 et 1 ; les probabilités de cas qui se partagent tout l'univers ont pour somme 1.
Énoncé. Un dé à six faces est truqué : la probabilité d'obtenir la face \(k\) est proportionnelle à \(k\). Détermine la loi de probabilité, puis la probabilité des événements \(A\) « obtenir un nombre pair » et \(B\) « obtenir au moins 5 », et enfin celle de \(A\cup B\).
Solution. Il existe un réel \(a\) tel que \(p_k=ak\). La somme des probabilités vaut 1 : \(a(1+2+3+4+5+6)=21a=1\), donc \(a=\dfrac{1}{21}\) et \(p_k=\dfrac{k}{21}\).
On additionne les probabilités des issues : \(P(A)=p_2+p_4+p_6=\dfrac{2+4+6}{21}=\dfrac{12}{21}=\dfrac{4}{7}\) et \(P(B)=p_5+p_6=\dfrac{11}{21}\).
Pour la réunion : \(A\cap B=\{6\}\), donc \(P(A\cap B)=\dfrac{6}{21}\) et \(P(A\cup B)=\dfrac{12}{21}+\dfrac{11}{21}-\dfrac{6}{21}=\dfrac{17}{21}\). On vérifie directement : \(A\cup B=\{2;4;5;6\}\) et \(\dfrac{2+4+5+6}{21}=\dfrac{17}{21}\).
Ici la formule « cas favorables sur cas possibles » donnerait \(P(A)=\dfrac{3}{6}\), ce qui est faux : il n'y a pas équiprobabilité.
Figure — La loi de probabilité du dé truqué
Chaque barre a pour hauteur la probabilité de la face : \(p_k=\dfrac{k}{21}\). Les barres n'ont pas la même hauteur, il n'y a donc pas équiprobabilité. En or, les issues de l'événement \(A\) « obtenir un nombre pair » : la somme de leurs hauteurs est \(\dfrac{12}{21}\).
Énoncé. Une urne contient 5 boules rouges, 4 vertes et 3 bleues, indiscernables au toucher. On tire simultanément 3 boules. Calcule la probabilité des événements : \(A\) « les trois boules ont la même couleur », \(B\) « les trois boules sont de couleurs différentes », \(D\) « on obtient au moins une boule rouge ».
Solution. Un tirage est une partie de 3 boules parmi 12 : \(\text{Card}(\Omega)=C_{12}^3=\dfrac{12\times 11\times 10}{3\times 2\times 1}=220\). Les boules sont indiscernables au toucher : il y a équiprobabilité.
Événement \(A\) : trois rouges, ou trois vertes, ou trois bleues, cas incompatibles. \(\text{Card}(A)=C_5^3+C_4^3+C_3^3=10+4+1=15\), donc \(P(A)=\dfrac{15}{220}=\dfrac{3}{44}\).
Événement \(B\) : une rouge, une verte et une bleue. \(\text{Card}(B)=5\times 4\times 3=60\), donc \(P(B)=\dfrac{60}{220}=\dfrac{3}{11}\).
Événement \(D\) : on passe par le contraire \(\overline{D}\) « aucune boule rouge », c'est-à-dire trois boules parmi les 7 non rouges. \(\text{Card}(\overline{D})=C_7^3=35\), donc \(P(D)=1-\dfrac{35}{220}=\dfrac{185}{220}=\dfrac{37}{44}\).
Énoncé. Dans une classe de 40 élèves, 24 pratiquent le football, 15 le basket-ball et 6 pratiquent les deux sports. On choisit un élève au hasard. Quelle est la probabilité qu'il pratique au moins l'un des deux sports ? aucun des deux ?
Solution. Le choix se fait au hasard : il y a équiprobabilité sur les 40 élèves. Notons \(F\) « l'élève pratique le football » et \(B\) « l'élève pratique le basket-ball ». On a \(P(F)=\dfrac{24}{40}\), \(P(B)=\dfrac{15}{40}\) et \(P(F\cap B)=\dfrac{6}{40}\).
« Au moins l'un des deux sports » est l'événement \(F\cup B\) : \(P(F\cup B)=\dfrac{24}{40}+\dfrac{15}{40}-\dfrac{6}{40}=\dfrac{33}{40}\).
« Aucun des deux » est l'événement contraire : sa probabilité est \(1-\dfrac{33}{40}=\dfrac{7}{40}\). On retrouve bien \(40-33=7\) élèves qui ne pratiquent aucun de ces deux sports.
Figure — Les deux sports dans la classe
Le disque \(F\) contient les 24 élèves qui pratiquent le football, le disque \(B\) les 15 qui pratiquent le basket-ball. Les 6 élèves de la partie commune sont comptés dans les deux disques : c'est pourquoi on les retranche une fois. On lit \(18+6+9=33\) élèves dans la réunion, et 7 élèves en dehors.
Supposer l'équiprobabilité sans raison. On lance deux dés équilibrés et on s'intéresse à la somme. Les 11 sommes possibles, de 2 à 12, ne sont pas équiprobables : la somme 7 s'obtient de 6 façons sur 36, la somme 2 d'une seule. Il faut prendre pour univers les 36 couples de résultats, qui eux sont équiprobables.
Oublier l'intersection. \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\) n'est vrai que si \(A\) et \(B\) sont incompatibles. Sinon, on retranche \(P(A\cap B)\).
Mélanger deux modèles. Si l'univers est compté avec des combinaisons (sans ordre), les cas favorables doivent l'être aussi. Compter l'univers sans ordre et les cas favorables avec ordre donne un résultat faux, parfois plus grand que 1.
Mal lire « au moins un ». Le contraire de « au moins une boule rouge » est « aucune boule rouge », et non « une seule boule rouge » ou « toutes les boules rouges ».
Arbres pondérés
Règles de construction et de lecture
- Les branches issues d'un même nœud forment une partition — leur somme vaut 1.
- La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités des branches empruntées.
- La probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins qui y aboutissent.
- Vérification : la somme des probabilités de toutes les feuilles doit valoir exactement 1.
Figure 2 — Arbre de probabilités et formule de Bayes (test médical)
Arbre à deux niveaux. Les curseurs modifient P(Malade), P(+|Malade) et P(+|Sain) en temps réel. Les probabilités de chaque feuille se recalculent automatiquement. La formule de Bayes P(M|+) s'affiche avec sa valeur numérique.
Exemple — Test médical et paradoxe de Bayes
Maladie affectant 1 % de la population. Sensibilité du test : 99 % (P(+|M) = 0,99). Faux positifs : 2 % (P(+|S) = 0,02).
\[P(+)=0{,}01\times0{,}99+0{,}99\times0{,}02=0{,}0099+0{,}0198=0{,}0297\]
\[P(M\mid+)=\frac{P(M\cap+)}{P(+)}=\frac{0{,}0099}{0{,}0297}=\frac{1}{3}\approx 33{,}3\%\]
Paradoxe : même avec un résultat positif, seulement 1 personne sur 3 est réellement malade. La maladie étant rare, la majorité des positifs viennent des faux positifs.
Résumé
Résumé — Formules et points clés du chapitre
\(n!=n(n-1)\cdots 1\), \(0!=1\)
Étapes indépendantes → produit des issues
\(A_n^k=\dfrac{n!}{(n-k)!}\), \(P_n=n!\)
Ordre compte, éléments distincts
\(\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\)
Pascal : \(\binom{n+1}{k}=\binom{n}{k-1}+\binom{n}{k}\)
\(P(A|B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\)
Composée : \(P(A\cap B)=P(B)P(A|B)\)
\(P(A)=\sum P(B_i)P(A|B_i)\)
Bayes : \(P(B_i|A)=\dfrac{P(B_i)P(A|B_i)}{P(A)}\)
\(P(X=k)=\binom{n}{k}p^kq^{n-k}\)
\(E=np\), \(\sigma=\sqrt{npq}\)
À chaque issue un nombre entre 0 et 1, de somme 1. \(P(A)\) est la somme des probabilités des issues de \(A\).
\(P(\overline{A})=1-P(A)\) ; \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\) ; somme simple si \(A\) et \(B\) sont incompatibles.
\(P(A)=\dfrac{\text{Card}(A)}{\text{Card}(\Omega)}\), seulement si l'énoncé garantit que toutes les issues ont la même probabilité.
Simultané : \(C_n^p\). Successif sans remise : \(A_n^p\). Successif avec remise : \(n^p\). Même modèle en haut et en bas.
On calcule la probabilité du contraire, « aucun », puis on retranche de 1.
Si \(P(B)\ne 0\) : \(P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\), donc \(P(A\cap B)=P(B)\times P_B(A)\).
Pour une partition \(B_1\), \(B_2\), \(B_3\) : \(P(A)\) est la somme des produits \(P(B_i)\,P_{B_i}(A)\). Sur l'arbre : on additionne les chemins.
\(P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\) : un chemin divisé par la probabilité totale de \(A\).
\(A\) et \(B\) sont indépendants si \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\). On le vérifie par le calcul.
La probabilité d'un couple de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat.
\(P(A) = \dfrac{\text{cas favorables}}{\text{cas possibles}}\) — valable uniquement quand toutes les issues sont équiprobables.
\(P(\bar{A}) = 1 - P(A)\). \(P(A \cup B) = P(A)+P(B)-P(A\cap B)\).
Tableau \((x_i, p_i)\) avec \(\sum p_i = 1\). Toujours vérifier la somme des probabilités.
\(F(x) = P(X \le x)\) — fonction en escalier croissante de 0 à 1, paliers cumulés de gauche à droite.
\(E(X) = \sum x_i p_i\). \(V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2\). \(\sigma(X) = \sqrt{V(X)}\).
Si \(X\) est le gain net : jeu équitable \(\Leftrightarrow\) \(E(X)=0\). Favorable au joueur \(\Leftrightarrow\) \(E(X)>0\).
Sujet type Bac
Exercice type Bac — Dénombrement & Loi binomiale
Une urne contient 5 boules rouges (R) et 3 boules bleues (B). On effectue 4 tirages successifs avec remise. Soit \(X\) le nombre de boules rouges obtenues.
1. Montrer que \(X\) suit une loi binomiale. Préciser les paramètres.
2. Calculer \(P(X=2)\), \(P(X\geq 3)\), \(E(X)\) et \(\sigma(X)\).
3. On tire maintenant 4 boules sans remise. Calculer la probabilité d'obtenir exactement 2 boules rouges.
Éléments de réponse : 1. \(X\sim B(4,\frac{5}{8})\). 2. \(P(X=2)=6\cdot(\frac{5}{8})^2\cdot(\frac{3}{8})^2\approx 0{,}263\) ; \(P(X\geq3)=P(X=3)+P(X=4)\approx 0{,}586\) ; \(E(X)=\frac{5}{2}=2{,}5\) ; \(\sigma\approx 0{,}968\). 3. Sans remise, utiliser les combinaisons : \(\dfrac{\binom{5}{2}\binom{3}{2}}{\binom{8}{4}}=\dfrac{10\cdot3}{70}=\dfrac{3}{7}\approx 0{,}429\).
Énoncé. Une cible circulaire est divisée en trois zones concentriques. La probabilité d'atteindre la zone centrale (rouge) est \(\tfrac{1}{5}\), celle d'atteindre la zone intermédiaire (bleue) est \(\tfrac{2}{5}\), et celle d'atteindre la zone extérieure (blanche) est \(\tfrac{2}{5}\). Un joueur lance une fléchette et reçoit 150 F s'il touche le rouge, 50 F s'il touche le bleu, et 0 F s'il touche le blanc. Le coût de participation est de 40 F.
Soit \(G\) le gain brut (avant soustraction du coût) et \(X = G - 40\) le gain net du joueur.
Question 1 — Loi de probabilité de G.
Les valeurs de \(G\) sont directement données par les gains de chaque zone. La loi de \(G\) est donc :
| \(g_i\) | 0 | 50 | 150 |
|---|---|---|---|
| \(P(G=g_i)\) | \(\dfrac{2}{5}\) | \(\dfrac{2}{5}\) | \(\dfrac{1}{5}\) |
Vérification : \(\tfrac{2}{5}+\tfrac{2}{5}+\tfrac{1}{5} = \tfrac{5}{5} = 1\).
Question 2 — Espérance de G.
En moyenne, le joueur gagne brut 50 F par partie.
Question 3 — Loi de X et espérance de X.
Le gain net est \(X = G - 40\). On en déduit les valeurs de \(X\) : \(X = 0 - 40 = -40\) si blanc ; \(X = 50 - 40 = 10\) si bleu ; \(X = 150 - 40 = 110\) si rouge.
| \(x_i\) | \(-40\) | 10 | 110 |
|---|---|---|---|
| \(P(X=x_i)\) | \(\dfrac{2}{5}\) | \(\dfrac{2}{5}\) | \(\dfrac{1}{5}\) |
On calcule alors :
\[ E(X) = (-40) \cdot \frac{2}{5} + 10 \cdot \frac{2}{5} + 110 \cdot \frac{1}{5} = \frac{-80+20+110}{5} = \frac{50}{5} = 10 \text{ F}. \]Remarque : on pouvait aussi utiliser la linéarité de l'espérance : \(E(X) = E(G) - 40 = 50 - 40 = 10\) F. Les deux méthodes s'accordent.
Question 4 — Le jeu est-il favorable au joueur ?
Un jeu est favorable au joueur si \(E(X) > 0\). Ici \(E(X) = 10 > 0\) : le jeu est favorable au joueur — en moyenne, il gagne 10 F par partie. Ce n'est pas un jeu équitable (\(E(X) \ne 0\)).
Question 5 — Variance et écart-type du gain net.
L'écart-type de 54,77 F est bien supérieur à l'espérance de 10 F : les résultats sont très dispersés, ce qui traduit une forte part d'aléatoire dans ce jeu.