Calcul des probabilités - Cours et exercices corrigés | 2e Bac Sciences Mathématiques

KORASATI · MATHÉMATIQUES

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Objectifs. Choisir un univers adapté, compter les issues, interpréter une information conditionnelle et distinguer indépendance et incompatibilité. Les variables aléatoires finies et la loi binomiale permettent ensuite de calculer gains moyens et dispersion.

Modéliser une expérience finie

Issues et événements

Une expérience aléatoire a un résultat incertain avant sa réalisation. L’univers fini $\Omega$ est l’ensemble de ses issues ; un événement est une partie de $\Omega$. L’événement certain est $\Omega$, l’impossible est $\varnothing$.

Si $A,B\subset\Omega$, $A\cap B$ signifie $A$ et $B$ , $A\cup B$ signifie $A$ ou $B$ au sens inclusif, et $\overline A=\Omega\setminus A$ est l’événement contraire. Les événements sont incompatibles si $A\cap B=\varnothing$.

Attribuer les probabilités

On attribue à chaque issue $\omega$ un nombre $p_\omega\ge0$, avec $\sum_{\omega\in\Omega}p_\omega=1$. La probabilité d’un événement est la somme des probabilités de ses issues : $\mathbb P(A)=\sum_{\omega\in A}p_\omega$.

Équiprobabilité

Lorsque les $N$ issues ont toutes la même probabilité $1/N$, $$\mathbb P(A)=\frac{\operatorname{card}(A)}{\operatorname{card}(\Omega)}.$$ La formule cas favorables sur cas possibles exige ce modèle équiprobable.

Pour deux dés équilibrés indépendants, les $36$ couples ordonnés sont équiprobables, mais les sommes de $2$ à $12$ ne le sont pas : la somme $2$ correspond à un couple, la somme $7$ à six.

Règles fondamentales

$$\mathbb P(\Omega)=1,\quad\mathbb P(\varnothing)=0,\quad \mathbb P(\overline A)=1-\mathbb P(A),$$ $$\mathbb P(A\cup B)=\mathbb P(A)+\mathbb P(B)-\mathbb P(A\cap B).$$ La dernière formule soustrait les issues de l’intersection, comptées deux fois. Pour des événements incompatibles, les probabilités s’ajoutent directement.

Exemple - Un dé équilibré

Soit $A=\{2,4,6\}$ et $B=\{4,5,6\}$. Alors $A\cap B=\{4,6\}$ et $\mathbb P(A\cup B)=1/2+1/2-2/6=2/3$.

Une fréquence observée sur de nombreuses répétitions peut aider à proposer ou tester un modèle. Elle n’est pas obligée d’être exactement égale à la probabilité sur un nombre fini d’essais.

Dénombrer sans changer de modèle

Choix successifs et ordre

Si une première étape offre $a$ possibilités et chaque choix est suivi de $b$ possibilités, il y a $ab$ résultats ordonnés. Cette règle se généralise à plusieurs étapes.

Pour choisir une liste de $k$ éléments parmi $n$ : avec répétition autorisée, il y a $n^k$ listes ; sans répétition, avec $k\le n$, il y en a $$n(n-1)\cdots(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}.$$ On note $n!=1\times2\times\cdots\times n$ et $0!=1$. Ranger tous les $n$ éléments distincts donne $n!$ permutations.

Choix sans ordre : les combinaisons

Choisir $k$ éléments distincts parmi $n$

Pour $0\le k\le n$, le nombre de sous-ensembles à $k$ éléments est $$\binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!}.$$ On divise le nombre de listes sans répétition par les $k!$ ordres d’un même groupe.

On a $\binom n0=\binom nn=1$, $\binom nk=\binom n{n-k}$ et $$\binom{n+1}k=\binom nk+\binom n{k-1}\qquad(1\le k\le n).$$ La dernière identité sépare les groupes selon qu’ils contiennent ou non un élément fixé. Le binôme de Newton est $(a+b)^n=\sum_{k=0}^n\binom nk a^kb^{n-k}$.

Exemple - Tirage simultané

Une urne contient trois boules rouges et deux bleues, toutes distinctes et indiscernables au toucher. Un tirage uniforme de deux boules donne $\binom52=10$ paires équiprobables. Il y a $\binom31\binom21=6$ paires de couleurs différentes ; leur probabilité vaut $3/5$.

Remise, ordre et équiprobabilité

Avec remise, des tirages uniformes successifs indépendants donnent des listes équiprobables. Sans remise, les listes d’objets distincts le sont aussi, mais les probabilités conditionnelles changent après chaque tirage. Si l’ordre n’intervient pas dans l’événement, on peut compter les groupes uniformes correspondants.

Même univers au numérateur et au dénominateur

Ne pas compter des listes ordonnées au numérateur et des groupes non ordonnés au dénominateur. Les couleurs seules ne sont généralement pas équiprobables : il faut tenir compte du nombre d’objets de chaque couleur.

Probabilités conditionnelles et arbres

Une information change l’univers de référence

Pour $\mathbb P(B)>0$, la probabilité de $A$ sachant $B$ est $$\boxed{\mathbb P(A\mid B)=\frac{\mathbb P(A\cap B)}{\mathbb P(B)}.}$$ L’événement $B$ est supposé réalisé. On en déduit la règle du produit $$\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(B)\mathbb P(A\mid B).$$ Ce n’est pas en général $\mathbb P(A)\mathbb P(B)$. Une condition de probabilité nulle ne permet pas d’utiliser ce quotient.

Lire un arbre pondéré

Dans l’urne à trois rouges et deux bleues, tirer deux boules sans remise. Les indices désignent le rang du tirage.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Les branches issues d’un même nœud totalisent $1$. On multiplie le long d’un chemin, puis on additionne les chemins incompatibles d’un événement. Ainsi $\mathbb P(R_2)=3/10+3/10=3/5$, et $\mathbb P(R_1\mid R_2)=(3/10)/(3/5)=1/2$.

Probabilités totales et formule inverse

Si $B_1,\ldots,B_m$ forment une partition de $\Omega$ et ont des probabilités positives, alors $$\mathbb P(A)=\sum_{i=1}^m\mathbb P(B_i)\mathbb P(A\mid B_i).$$ Si $\mathbb P(A)>0$, la formule de Bayes est simplement la définition appliquée à l’intersection : $$\mathbb P(B_j\mid A)=\frac{\mathbb P(B_j)\mathbb P(A\mid B_j)}{\sum_{i=1}^m\mathbb P(B_i)\mathbb P(A\mid B_i)}.$$ Le dénominateur rassemble toutes les façons d’obtenir l’observation $A$.

Indépendance : vérifier avant de multiplier

Deux événements indépendants

Définition

$A$ et $B$ sont indépendants si $\mathbb P(A\cap B)=\mathbb P(A)\mathbb P(B)$. Si $\mathbb P(B)>0$, cela équivaut à $\mathbb P(A\mid B)=\mathbb P(A)$.

L’indépendance exprime que l’information $B$ ne modifie pas la probabilité de $A$. Elle est symétrique, car l’intersection et le produit le sont. La définition par produit reste utilisable si une probabilité vaut zéro.

Événement contraire

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline B$ le sont aussi : $$\mathbb P(A\cap\overline B)=\mathbb P(A)-\mathbb P(A\cap B) =\mathbb P(A)(1-\mathbb P(B)).$$ Par symétrie et répétition, $\overline A,B$ puis $\overline A,\overline B$ sont également indépendants.

Indépendance et incompatibilité

Deux événements incompatibles ont une intersection vide. S’ils ont tous deux une probabilité strictement positive, ils ne sont pas indépendants, puisque $0\ne\mathbb P(A)\mathbb P(B)$. Lorsqu’un événement de probabilité positive est connu réalisé, un événement incompatible devient impossible.

Exemple - Deux lancers indépendants

Pour deux pièces équilibrées lancées indépendamment, $\Omega=\{PP,PF,FP,FF\}$ est équiprobable. Pile au premier lancer et Pile au deuxième ont chacun une probabilité $1/2$, et leur intersection $1/4$. Ils sont indépendants et compatibles.

Expériences indépendantes

Dans une répétition d’expériences indépendantes, les probabilités d’une suite de résultats se multiplient. Pour plusieurs expériences, on suppose l’indépendance de l’ensemble du modèle ; vérifier quelques paires ne remplace pas cette hypothèse générale.

La remise dans une urne rétablit la composition, mais le modèle précise aussi que les tirages sont uniformes et indépendants. Sans remise, connaître une couleur modifie généralement la probabilité de la retrouver : dans l’urne précédente, $\mathbb P(R_2\mid R_1)=1/2\ne3/5=\mathbb P(R_2)$.

Une cause commune peut créer une dépendance

Deux tirages peuvent être indépendants lorsqu’une boîte est fixée, tout en devenant dépendants si cette boîte a d’abord été choisie au hasard. L’exercice 10 montre pourquoi il faut préciser exactement ce qui est conditionné.

Variable aléatoire, espérance et dispersion

Associer un nombre à chaque issue

Une variable aléatoire réelle $X$ sur l’univers fini est une fonction $X:\Omega\to\mathbb{R}$. Sa loi donne les valeurs distinctes $x_i$ et leurs probabilités $p_i=\mathbb P(X=x_i)$, qui vérifient $p_i\ge0$ et $\sum_i p_i=1$.

Dans le tirage de deux boules parmi trois rouges et deux bleues, soit $X$ le nombre de rouges. Alors

$x_i$	$0$	$1$	$2$
$\mathbb P(X=x_i)$	$1/10$	$6/10$	$3/10$

Par exemple, $\mathbb P(X=2)=\binom32/\binom52=3/10$.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Espérance et variance

Définitions pour une loi finie

$$\mathbb E(X)=\sum_i x_ip_i,\qquad \operatorname{Var}(X)=\sum_i(x_i-\mathbb E(X))^2p_i =\mathbb E(X^2)-\mathbb E(X)^2.$$ L’écart type est $\sigma(X)=\sqrt{\operatorname{Var}(X)}$. L’espérance est une moyenne théorique ; elle n’est pas nécessairement une valeur prise par $X$.

La dernière formule s’obtient en développant le carré. Ici $\mathbb E(X)=6/10+6/10=6/5$, $\mathbb E(X^2)=6/10+12/10=9/5$, donc $\operatorname{Var}(X)=9/25$ et $\sigma(X)=3/5$.

Transformation et jeu équitable

Pour des constantes $a,b$, $\mathbb E(aX+b)=a\mathbb E(X)+b$, $\operatorname{Var}(aX+b)=a^2\operatorname{Var}(X)$ et $\sigma(aX+b)=|a|\sigma(X)$. Ainsi le gain $G=5X-4$ a pour espérance $2$ et pour variance $9$.

Un jeu est dit équitable si son gain net a une espérance nulle. Il faut donc soustraire la mise au montant reçu avant de conclure.

Fonction de répartition d’une variable finie

Cumuler les probabilités jusqu’à un seuil réel

Définition

Pour tout réel $t$, la fonction de répartition de $X$ est $$\boxed{F_X(t)=\mathbb P(X\le t).}$$ Si les valeurs possibles sont rangées $x_1<\cdots<x_m$, alors $$F_X(t)=\sum_{x_i\le t}\mathbb P(X=x_i).$$ Le seuil $t$ peut être n’importe quel réel, même si $X$ ne prend que des valeurs entières.

Pour $s\le t$, l’événement $\{X\le s\}$ est inclus dans $\{X\le t\}$ : $F_X$ est donc croissante au sens large, avec $0\le F_X(t)\le1$. Elle vaut $0$ avant la plus petite valeur possible et $1$ à partir de la plus grande. Entre deux valeurs successives, aucune probabilité nouvelle n’est ajoutée : elle est constante.

Une courbe en escalier et des bornes précises

Reprenons le nombre de boules rouges de la page précédente : $$F_X(t)=\begin{cases} 0,&t<0,\\ 1/10,&0\le t<1,\\ 7/10,&1\le t<2,\\ 1,&t\ge2. \end{cases}$$ Ainsi $F_X(0)=1/10$, $F_X(0.8)=1/10$, $F_X(1)=7/10$ et $F_X(2)=1$. Le signe $\le$ dans la définition impose d’inclure le saut au point du saut.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Un disque plein appartient à la courbe ; un cercle vide indique une extrémité exclue. Les segments verticaux reliant les paliers ne font pas partie du graphe : à chaque seuil correspond une seule valeur.

Continuité à droite et saut

Dans le cas fini, $F_X$ conserve sa valeur sur un petit intervalle à droite de chaque réel $t$ : elle est continue à droite. Sa limite à gauche, notée $F_X(t^-)$, vaut $\mathbb P(X<t)$. Par conséquent, $$\boxed{\mathbb P(X=t)=F_X(t)-F_X(t^-).}$$ La hauteur du saut donne la probabilité de cette valeur. Au point $1$, le saut vaut $7/10-1/10=6/10$, exactement $\mathbb P(X=1)$.

Lire et retrouver une loi avec sa répartition

Calculer une probabilité d’intervalle

Pour $a<b$, les différences d’événements donnent $$\begin{aligned} \mathbb P(a<X\le b)&=F_X(b)-F_X(a),\\ \mathbb P(a\le X\le b)&=F_X(b)-F_X(a^-),\\ \mathbb P(a<X<b)&=F_X(b^-)-F_X(a),\\ \mathbb P(a\le X<b)&=F_X(b^-)-F_X(a^-). \end{aligned}$$ Par exemple, $\{X\le b\}$ est la réunion disjointe de $\{X\le a\}$ et de $\{a<X\le b\}$, ce qui prouve la première identité. Les autres distinguent de même les extrémités incluses ou exclues. On a aussi $$\mathbb P(X>t)=1-F_X(t),\qquad \mathbb P(X\ge t)=1-F_X(t^-).$$

Exemple - Les bornes changent le résultat

Pour la loi de la page précédente, $$\begin{aligned} \mathbb P(0<X\le1)&=7/10-1/10=6/10,\\ \mathbb P(0\le X\le1)&=7/10-0=7/10,\\ \mathbb P(X<1)&=1/10,\qquad \mathbb P(X\ge1)=9/10. \end{aligned}$$ La formule $\mathbb P(X<1)=F_X(1)$ serait fausse : elle compterait aussi la probabilité $6/10$ du point $1$.

Retrouver une loi à partir des sauts

Supposons que $Y$ prenne ses valeurs dans $\{-1;2;5\}$ et que sa répartition soit successivement $0$, $1/5$, $4/5$, $1$ sur les intervalles délimités par ces trois valeurs, avec les bornes gauches incluses. On soustrait deux paliers consécutifs : $$\mathbb P(Y=-1)=1/5,\quad \mathbb P(Y=2)=3/5,\quad \mathbb P(Y=5)=1/5.$$ Les probabilités sont positives et leur somme vaut $1$. On peut ensuite retrouver $$\mathbb E(Y)=\frac{-1+6+5}{5}=2,\qquad \operatorname{Var}(Y)=\frac{1+12+25}{5}-2^2=\frac{18}{5}.$$ La répartition détermine donc entièrement la loi finie, puis ses moments.

Reconnaître une courbe impossible

Une courbe proposée doit rester entre $0$ et $1$, être croissante et continue à droite. Pour une loi finie, elle est en escalier, vaut $0$ avant son premier saut et $1$ après son dernier. Des paliers successifs $0$, $0.4$, $0.3$, $1$ ne conviennent pas : le saut négatif imposerait une probabilité $-0.1$.

Cas binomial

Pour $X\sim\mathcal B(n,p)$, avec $0<p<1$, la répartition vaut $0$ pour $t<0$, $1$ pour $t\ge n$ et, pour $0\le t<n$, $$F_X(t)=\sum_{k=0}^{\lfloor t\rfloor}\binom nk p^k(1-p)^{n-k}.$$ Ici $\lfloor t\rfloor$ est le plus grand entier inférieur ou égal à $t$. Cette formule cumule la loi binomiale étudiée dans la section suivante ; elle ne remplace pas la vérification de ses conditions.

Répétitions indépendantes et loi binomiale

Épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli a deux résultats : succès, de probabilité $p$, et échec, de probabilité $1-p$. Sa variable indicatrice vaut $1$ en cas de succès et $0$ sinon ; elle a pour espérance $p$ et variance $p(1-p)$.

Schéma binomial

Les trois conditions du modèle

On effectue un nombre fixé $n$ d’épreuves indépendantes, avec la même probabilité de succès $p$ à chaque épreuve. Si $X$ compte les succès, on écrit $X\sim\mathcal B(n,p)$ et, pour $0<p<1$, $$\mathbb P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k},\qquad k=0,\ldots,n.$$ Si $p=0$, $X=0$ certainement ; si $p=1$, $X=n$ certainement.

Chaque suite ordonnée avec $k$ succès a probabilité $p^k(1-p)^{n-k}$ ; les $k$ positions des succès peuvent être choisies de $\binom nk$ façons. Ces événements sont incompatibles, ce qui prouve la formule. Leur somme vaut $(p+(1-p))^n=1$.

Espérance et variance

$$\boxed{\mathbb E(X)=np,\qquad \operatorname{Var}(X)=np(1-p),\qquad \sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}.}$$ Pour comprendre ces formules, écrire $X=I_1+\cdots+I_n$, où $I_j$ indique le succès à l’essai $j$. La linéarité de l’espérance donne $np$. Pour $i\ne j$, l’indépendance donne $\mathbb E(I_iI_j)=p^2$ ; en développant $X^2$, on obtient $\mathbb E(X^2)=np+n(n-1)p^2$, puis la variance annoncée.

Exemple - Quatre essais avec $p=1/4$

La probabilité d’un seul succès est $\binom41(1/4)(3/4)^3=27/64$. Celle d’au moins un succès vaut $1-\mathbb P(X=0)=1-(3/4)^4=175/256$. L’espérance est $1$ et la variance $3/4$.

Au moins, au plus et seuil de confiance

Au plus $r$ signifie $X\le r$ et demande de sommer les probabilités de $0$ à $r$. Pour au moins un , l’événement contraire $X=0$ simplifie le calcul. Pour assurer $\mathbb P(X\ge1)\ge q$, avec $0<p,q<1$, résoudre $$(1-p)^n\le1-q,\qquad n\ge\frac{\ln(1-q)}{\ln(1-p)}.$$ La division par $\ln(1-p)<0$ inverse l’inégalité. On choisit ensuite le plus petit entier satisfaisant la condition et on vérifie le rang précédent.

Exercices corrigés - Événements et dénombrement

Exercice 1 - Union et événement contraire

Un dé équilibré est lancé. Soit $A$ : obtenir un nombre premier , et $B$ : obtenir au moins $4$ . Calculer les probabilités de $A$, $B$, $A\cap B$, $A\cup B$ et de ni $A$, ni $B$ .

Correction. $A=\{2,3,5\}$, $B=\{4,5,6\}$ et $A\cap B=\{5\}$. Donc $\mathbb P(A)=\mathbb P(B)=1/2$, $\mathbb P(A\cap B)=1/6$ et $\mathbb P(A\cup B)=1/2+1/2-1/6=5/6$. Ni l’un ni l’autre est $\overline{A\cup B}=\{1\}$, de probabilité $1/6$.

Exercice 2 - Former une commission

On choisit uniformément une commission de trois personnes parmi cinq membres du groupe $A$ et trois du groupe $B$. Calculer la probabilité d’avoir exactement deux membres de $A$, puis celle d’avoir au moins un membre de $B$.

Correction. Les $\binom83=56$ commissions sont équiprobables. Pour deux membres de $A$ et un de $B$, il y a $\binom52\binom31=30$ choix. La première probabilité est $30/56=15/28$.

Le contraire d’ au moins un membre de $B$ est trois membres de $A$ , ce qui donne $\binom53=10$ commissions. La seconde probabilité vaut $1-10/56=23/28$. Les membres n’ont pas de rôles distincts : on compte des groupes, pas des listes.

Exercice 3 - Trois tirages sans remise

Une urne contient quatre boules bleues et trois rouges. On tire trois boules successivement sans remise, chaque boule restante ayant la même chance. Calculer la probabilité d’obtenir exactement deux rouges, puis celle d’avoir trois boules de même couleur. Sachant que les deux premières sont bleues, calculer la probabilité que la troisième soit rouge.

Correction. Pour les deux premières questions, l’ordre n’intervient pas ; les $\binom73=35$ groupes sont équiprobables. Deux rouges et une bleue donnent $\binom32\binom41=12$ groupes, soit $12/35$. Trois boules de même couleur donnent $\binom33+\binom43=1+4=5$ groupes, soit $1/7$.

Après deux bleues, il reste cinq boules, dont trois rouges. La probabilité conditionnelle demandée est donc $3/5$. Elle ne se calcule pas en réutilisant la composition initiale de l’urne.

Exercices corrigés - Conditionnement et loi

Exercice 4 - Retrouver l’origine d’une pièce

Deux ateliers fournissent un lot : $A$ fournit $60\,\%$ des pièces et $B$ fournit $40\,\%$. Dans ce modèle, les proportions de défauts sont $1\,\%$ pour $A$ et $4\,\%$ pour $B$. On choisit une pièce uniformément. Calculer la probabilité qu’elle soit défectueuse, puis la probabilité qu’elle provienne de $B$ sachant qu’elle est défectueuse.

Correction. Noter $D$ l’événement défaut . La partition par origine donne $$\mathbb P(D)=\frac35\frac1{100}+\frac25\frac4{100} =\frac{11}{500}.$$ L’intersection $B\cap D$ a pour probabilité $(2/5)(4/100)=8/500$. D’où $\mathbb P(B\mid D)=(8/500)/(11/500)=8/11$. La probabilité conditionnelle $\mathbb P(D\mid B)=4/100$ répond à une autre question ; l’inverser sans calcul serait incorrect.

Exercice 5 - Indépendants ou incompatibles ?

Pour un dé équilibré, soit $A=\{2,4,6\}$ et $B=\{3,6\}$. Sont-ils indépendants ? Comparer avec $A$ et $C=\{1,3,5\}$.

Correction. $\mathbb P(A)=1/2$, $\mathbb P(B)=1/3$, et $A\cap B=\{6\}$, donc $\mathbb P(A\cap B)=1/6=\mathbb P(A)\mathbb P(B)$. Ils sont indépendants, bien qu’ils puissent se produire ensemble.

En revanche, $C=\overline A$ et $A\cap C=\varnothing$. Les deux probabilités valent $1/2$ ; leur produit est $1/4\ne0$. Ils sont incompatibles et ne sont pas indépendants.

Exercice 6 - Gain net et équité

On lance un dé équilibré et reçoit un montant égal au numéro obtenu, en unités monétaires. La mise est $4$. Donner la loi du gain net $G$, son espérance, sa variance et la mise qui rendrait le jeu équitable.

Correction. Si $N$ est le numéro, $G=N-4$ prend $-3,-2,-1,0,1,2$, chacun avec probabilité $1/6$. On a $$\mathbb E(N)=\frac{1+2+3+4+5+6}{6}=\frac72, \qquad\mathbb E(N^2)=\frac{91}{6}.$$ Donc $\mathbb E(G)=7/2-4=-1/2$ et $\operatorname{Var}(G)=\operatorname{Var}(N)=91/6-49/4=35/12$. L’écart type est $\sqrt{35/12}$. Une mise de $7/2$ rend l’espérance du gain net nulle. Cela ne garantit pas un gain nul à chaque partie.

Exercices corrigés - Loi binomiale

Exercice 7 - Justifier le modèle puis calculer

On réalise six essais indépendants, chacun ayant une probabilité $1/3$ de succès. Soit $X$ le nombre de succès. Calculer la probabilité de deux succès, celle d’au moins un succès, l’espérance et la variance.

Correction. Le nombre d’essais est fixé, ils sont indépendants et la probabilité de succès est constante : $X\sim\mathcal B(6,1/3)$. Ainsi $$\mathbb P(X=2)=\binom62\left(\frac13\right)^2\left(\frac23\right)^4 =\frac{80}{243}.$$ Par événement contraire, $\mathbb P(X\ge1)=1-(2/3)^6=665/729$. Enfin $\mathbb E(X)=6/3=2$ et $\operatorname{Var}(X)=6(1/3)(2/3)=4/3$.

Exercice 8 - Un nombre minimal d’essais

Chaque essai indépendant réussit avec probabilité $1/5$. Combien d’essais faut-il au minimum pour que la probabilité d’au moins un succès soit au moins $95\,\%$ ?

Correction. Pour $n$ essais, l’absence de succès a probabilité $(4/5)^n$. Il faut donc $$1-(4/5)^n\ge\frac{19}{20} \quad\Longleftrightarrow\quad n\ge\frac{\ln(1/20)}{\ln(4/5)}\simeq13{,}425.$$ Le premier entier possible est $14$. Pour contrôler l’arrondi, $(4/5)^{13}\simeq0{,}054976>0{,}05$ tandis que $(4/5)^{14}\simeq0{,}043980<0{,}05$. Ainsi $13$ ne suffit pas et $14$ convient. Ces comparaisons peuvent aussi être vérifiées en multipliant les entiers dans $20\cdot4^n\le5^n$.

Exercice 9 - Deux séries indépendantes

Trois essais puis deux autres essais sont tous indépendants et ont une probabilité $1/2$ de succès. Soit $X$ le nombre de succès de la première série, $Y$ celui de la seconde et $Z=X+Y$. Calculer $\mathbb P(Z=2)$, puis $\mathbb P(X=1\mid Z=2)$.

Correction. Les cinq essais satisfont ensemble les conditions binomiales : $Z\sim\mathcal B(5,1/2)$. Donc $\mathbb P(Z=2)=\binom52/2^5=5/16$.

Sous l’événement $Z=2$, avoir $X=1$ impose $Y=1$. Les deux séries étant indépendantes, $$\mathbb P(X=1,Y=1)=\frac{\binom31}{2^3}\frac{\binom21}{2^2}=\frac3{16}.$$ La probabilité conditionnelle vaut donc $(3/16)/(5/16)=3/5$. Il serait faux de répondre seulement $\mathbb P(X=1)=3/8$, car le total connu apporte une information.

Exercice de synthèse - Une boîte commune

Exercice 10 - Indépendance conditionnelle et dépendance

On choisit une boîte $A$ avec probabilité $1/3$, et une boîte $B$ avec probabilité $2/3$. La boîte $A$ contient trois boules rouges et une bleue ; $B$ contient une rouge et trois bleues. Dans la boîte choisie une seule fois, on effectue deux tirages uniformes avec remise, indépendants lorsque la boîte est fixée. Noter $R_1,R_2$ les événements rouge aux deux rangs.

1. Calculer $\mathbb P(R_1)$ et $\mathbb P(R_1\cap R_2)$.

2. Les événements $R_1,R_2$ sont-ils indépendants sans connaître la boîte ?

3. Sachant que les deux boules sont rouges, quelle est la probabilité que la boîte choisie soit $A$ ?

Correction. Pour une boîte donnée, la remise conserve la probabilité de rouge : $3/4$ dans $A$ et $1/4$ dans $B$. La formule des probabilités totales donne $$\mathbb P(R_1)=\frac13\frac34+\frac23\frac14=\frac5{12}.$$ Le même calcul s’applique à $R_2$. Pour deux rouges, multiplier d’abord dans chaque boîte, puis pondérer par le choix initial : $$\mathbb P(R_1\cap R_2)=\frac13\left(\frac34\right)^2 +\frac23\left(\frac14\right)^2=\frac{11}{48}.$$ Or $\mathbb P(R_1)\mathbb P(R_2)=25/144$, tandis que $11/48=33/144$. Les événements ne sont donc pas indépendants dans le modèle où la boîte reste inconnue. La probabilité de rouge au second tirage, sachant rouge au premier, vaut même $$\mathbb P(R_2\mid R_1)=\frac{11/48}{5/12}=\frac{11}{20}>\frac5{12}.$$ Observer un rouge rend la boîte riche en rouges plus plausible, ce qui explique cette augmentation.

Enfin, $\mathbb P(A\cap R_1\cap R_2)=(1/3)(3/4)^2=3/16=9/48$. La formule conditionnelle donne $$\mathbb P(A\mid R_1\cap R_2)=\frac{9/48}{11/48}=\frac9{11}.$$

Conclusion de la méthode

Décrire ce qui est tiré ou choisi, préciser ce qui est connu, et identifier les essais réellement indépendants. Ici, le nombre de rouges n’a pas une loi $\mathcal B(2,5/12)$ : il est un mélange de deux lois binomiales conditionnelles. Une même probabilité marginale à chaque rang ne suffit pas.

Exercices corrigés - Fonction de répartition

Exercice 11 - Des paliers à la loi et aux moments

Une variable $Z$ a pour fonction de répartition $$F_Z(t)=\begin{cases} 0,&t<-2,\\ 1/4,&-2\le t<1,\\ 3/4,&1\le t<4,\\ 1,&t\ge4. \end{cases}$$ Déterminer sa loi, $\mathbb P(-2<Z\le3)$, $\mathbb P(-2\le Z<4)$, son espérance et sa variance.

Correction. Les seuls sauts sont en $-2$, $1$, $4$. Leurs hauteurs donnent respectivement $1/4$, $3/4-1/4=1/2$, $1-3/4=1/4$. Ces trois probabilités totalisent $1$. Ainsi $$\begin{aligned} \mathbb P(-2<Z\le3)&=F_Z(3)-F_Z(-2)=3/4-1/4=1/2,\\ \mathbb P(-2\le Z<4)&=F_Z(4^-)-F_Z(-2^-)=3/4-0=3/4. \end{aligned}$$ La première probabilité compte seulement $Z=1$ ; la seconde compte $Z=-2$ et $Z=1$. Ce contrôle par la loi confirme les bornes. Enfin, $$\mathbb E(Z)=-2\cdot\frac14+1\cdot\frac12+4\cdot\frac14=1,$$ $$\mathbb E(Z^2)=4\cdot\frac14+1\cdot\frac12+16\cdot\frac14=\frac{11}{2}, \qquad\operatorname{Var}(Z)=\frac{11}{2}-1=\frac92.$$

Exercice 12 - Une répartition binomiale complète

On lance trois fois une pièce équilibrée, indépendamment. $X$ compte les faces. Écrire $F_X$ sur $\mathbb{R}$, puis calculer $\mathbb P(X<2)$, $\mathbb P(0<X\le2)$ et $\mathbb P(X\ge2)$.

Correction. Il y a trois essais indépendants avec probabilité constante $1/2$ de face : $X\sim\mathcal B(3,1/2)$. Les probabilités en $0,1,2,3$ sont $1/8,3/8,3/8,1/8$. En cumulant, $$F_X(t)=\begin{cases} 0,&t<0,\\ 1/8,&0\le t<1,\\ 1/2,&1\le t<2,\\ 7/8,&2\le t<3,\\ 1,&t\ge3. \end{cases}$$ Donc $\mathbb P(X<2)=F_X(2^-)=1/2$, $$\mathbb P(0<X\le2)=F_X(2)-F_X(0)=7/8-1/8=3/4,$$ et $\mathbb P(X\ge2)=1-F_X(2^-)=1/2$. En particulier, $F_X(2)=7/8$ inclut les cas avec exactement deux faces : ce n’est pas la probabilité $\mathbb P(X<2)$.