Dénombrement et probabilités - Cours et exercices corrigés | 2e Bac PC et SVT

KORASATI · MATHÉMATIQUES

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Objectifs. Choisir un modèle de dénombrement, calculer des probabilités dans un univers fini, utiliser conditionnement et indépendance, construire la loi d’une variable aléatoire et reconnaître une loi binomiale.

Méthode. Décrire l’expérience et ses issues avant de calculer. Préciser si l’ordre compte, si les répétitions sont possibles et si les issues retenues sont équiprobables. Les valeurs numériques d’un modèle sont des hypothèses explicites ; elles ne se déduisent pas d’un simple dessin.

Dénombrer : organiser les possibilités

Addition et multiplication

Si un choix se fait dans des catégories disjointes contenant respectivement $p$ et $q$ possibilités, il y a $p+q$ choix. Si une procédure comporte un premier choix parmi $p$ possibilités, puis, pour chaque premier choix, un second parmi $q$ possibilités, il y a $pq$ couples possibles.

Par exemple, un menu avec $3$ entrées, $4$ plats et $2$ desserts permet $3\times4\times2=24$ menus. Un arbre représente chaque étape ; ses chemins complets correspondent aux résultats de la procédure.

Listes avec ou sans répétition

Une liste ordonnée de $p$ éléments choisis dans un ensemble de $n$ éléments, avec répétition autorisée, se forme de $n^p$ façons. Sans répétition, pour $0\le p\le n$, le nombre de listes est $$A_n^p=n(n-1)\cdots(n-p+1)=\frac{n!}{(n-p)!}.$$ On appelle ces listes sans répétition des arrangements. Une permutation ordonne les $n$ éléments, donc il y en a $n!$. Par convention $0!=1$.

Exemple - Code et podium

Un code de $4$ chiffres, où le premier peut être $0$ et les répétitions sont autorisées, offre $10^4=10000$ possibilités. Pour un podium de trois personnes parmi huit, une personne ne peut occuper deux places et l’ordre compte : $A_8^3=8\cdot7\cdot6=336$.

Choix sans ordre : combinaisons

Une partie de $p$ éléments parmi $n$ ne tient pas compte de l’ordre. Son nombre est $$\binom np=C_n^p=\frac{n!}{p!(n-p)!}\quad(0\le p\le n).$$ On divise le nombre d’arrangements par $p!$, car les mêmes $p$ éléments se présentent dans $p!$ ordres. Par exemple, choisir trois représentants parmi huit donne $\binom83=56$ groupes.

On a $\binom n0=\binom nn=1$ et $\binom np=\binom n{n-p}$ : choisir les éléments retenus revient à choisir ceux que l’on exclut. Pour $1\le p\le n$, la relation de Pascal est $\binom{n+1}p=\binom np+\binom n{p-1}$ ; on distingue les parties qui contiennent un élément fixé et celles qui ne le contiennent pas.

Trois questions avant une formule

Combien d’objets choisit-on ? L’ordre est-il pris en compte ? Peut-on choisir plusieurs fois le même objet ? Un tirage simultané se décrit naturellement par une partie ; des tirages successifs se décrivent par une liste. Avec remise, les répétitions sont possibles ; sans remise, elles ne le sont pas.

Expérience aléatoire et événements

L’univers $\Omega$ contient les issues possibles. Un événement $A$ est une partie de $\Omega$. Pour un dé à six faces, on peut choisir $\Omega=\{1;2;3;4;5;6\}$ ; l’événement obtenir un nombre pair est $A=\{2;4;6\}$.

$A\cap B$ signifie que $A$ et $B$ se réalisent ; $A\cup B$, qu’au moins l’un se réalise. Le complémentaire $\overline A=\Omega\setminus A$ est l’événement contraire. Les événements $A,B$ sont incompatibles si $A\cap B=\varnothing$.

Dans un univers fini, on attribue à chaque issue une probabilité positive ou nulle ; la somme de ces probabilités vaut $1$. La probabilité $P(A)$ d’un événement est la somme des probabilités de ses issues. On obtient $P(\Omega)=1$, $P(\varnothing)=0$ et $0\le P(A)\le1$.

Le cas équiprobable

Si les $n$ issues sont équiprobables, chacune a une probabilité $1/n$ et $$P(A)=\frac{\text{nombre d'issues favorables à }A}{\text{nombre total d'issues}}.$$ Le dé supposé équilibré donne $P(A)=3/6=1/2$. Sans l’hypothèse d’équilibre, le dénombrement seul ne donne pas cette probabilité.

Exemple - Deux dés, pas onze sommes équiprobables

Deux dés équilibrés lancés indépendamment donnent $36$ couples ordonnés équiprobables $(i;j)$. La somme $2$ correspond seulement à $(1;1)$, tandis que la somme $7$ correspond à six couples. Donc $P(\text{somme }2)=1/36$ et $P(\text{somme }7)=1/6$. Les sommes de $2$ à $12$ ne sont pas équiprobables.

Fréquence et probabilité

Lors de répétitions d’une expérience dans les mêmes conditions, la fréquence d’un événement est le nombre de réalisations divisé par le nombre d’essais. Une simulation permet d’observer ses fluctuations et sa stabilisation approximative. Elle ne garantit pas qu’une fréquence finie soit exactement la probabilité, ni que la fluctuation diminue à chaque nouvel essai.

Règles de calcul des probabilités

Pour tous événements $A,B$, $$P(\overline A)=1-P(A),\qquad P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$ On soustrait l’intersection parce que ses issues ont été comptées deux fois. Si les événements sont incompatibles, son terme vaut $0$. Si $A\subseteq B$, alors $P(A)\le P(B)$.

Exemple - Au moins une réussite

Une urne contient cinq boules rouges et trois bleues, indiscernables au toucher. On tire simultanément trois boules au hasard. Les $\binom83=56$ groupes sont équiprobables. L’événement avoir au moins une bleue est le contraire de tirer trois rouges, donc $$P(\text{au moins une bleue})=1-\frac{\binom53}{\binom83}=1-\frac{10}{56}=\frac{23}{28}.$$ Passer par l’événement contraire évite d’additionner les cas une, deux et trois boules bleues.

Probabilité conditionnelle et arbre pondéré

Une nouvelle information

Si $P(B)>0$, la probabilité de $A$ sachant que $B$ est réalisé est $$P_B(A)=P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$ Le conditionnement restreint les issues à celles où $B$ est réalisé, puis renormalise leurs probabilités. Il n’est pas défini par cette formule si $P(B)=0$.

On en déduit la règle de multiplication : $P(A\cap B)=P(B)P_B(A)$. L’ordre inverse peut aussi être utilisé si $P(A)>0$ : $P(A\cap B)=P(A)P_A(B)$. En général, $P_B(A)$ et $P_A(B)$ ne sont pas égales.

Lire un arbre

Les probabilités des branches issues d’un même nœud totalisent $1$. Pour un chemin complet, on multiplie les probabilités inscrites sur ses branches. Pour réunir plusieurs chemins incompatibles, on additionne leurs probabilités.

Exemple - Deux ateliers et un contrôle qualité

Un article provient de l’atelier $A$ avec probabilité $0{,}6$ et de $B$ avec probabilité $0{,}4$. Les proportions d’articles défectueux sont respectivement $0{,}02$ et $0{,}05$. On note $D$ le défaut. L’arbre comporte d’abord $A,B$, puis $D,\overline D$ sous chaque atelier.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Chemin	Produit des branches	Probabilité
$A\cap D$	$0{,}6\cdot0{,}02$	$0{,}012$
$A\cap\overline D$	$0{,}6\cdot0{,}98$	$0{,}588$
$B\cap D$	$0{,}4\cdot0{,}05$	$0{,}020$
$B\cap\overline D$	$0{,}4\cdot0{,}95$	$0{,}380$

Les quatre probabilités totalisent $1$. L’événement $D$ est l’union disjointe de $A\cap D$ et de $B\cap D$, donc $P(D)=0{,}032$. Sachant qu’un article est défectueux, $$P_D(A)=\frac{0{,}012}{0{,}032}=\frac38.$$ Cette probabilité n’est ni $P(A)=0{,}6$, ni $P_A(D)=0{,}02$.

Probabilités totales dans une partition

Si $B_1,\ldots,B_k$ sont incompatibles deux à deux, couvrent $\Omega$ et ont une probabilité non nulle, alors $$P(A)=\sum_{i=1}^kP(B_i)P_{B_i}(A).$$ On identifie les différentes façons incompatibles de réaliser $A$. Pour la partition $B,\overline B$, on retrouve les deux branches d’un arbre.

Indépendance : une propriété à vérifier

Deux événements $A,B$ sont indépendants si $$P(A\cap B)=P(A)P(B).$$ Lorsque $P(B)>0$, cela équivaut à $P_B(A)=P(A)$ : savoir que $B$ s’est réalisé ne change pas la probabilité de $A$.

Pour deux lancers indépendants d’un dé équilibré, l’événement obtenir $6$ au premier lancer et l’événement obtenir $6$ au second sont indépendants. Leur intersection a pour probabilité $(1/6)(1/6)=1/36$.

Indépendants ne signifie pas incompatibles

Si $A,B$ sont incompatibles et de probabilités strictement positives, $P(A\cap B)=0$ alors que $P(A)P(B)>0$ : ils ne sont pas indépendants. On ne déduit pas l’indépendance de l’absence de lien apparent entre les noms des événements.

Des tirages avec remise, réalisés dans les mêmes conditions de mélange, peuvent être modélisés comme indépendants. Sans remise, la composition de l’urne change après le premier tirage et les probabilités conditionnelles doivent être recalculées. La présence ou l’absence de remise doit figurer dans le modèle.

Variable aléatoire, espérance et dispersion

Une variable aléatoire réelle $X$ associe un nombre à chaque issue. Sa loi de probabilité indique ses valeurs distinctes $x_i$ et les probabilités $p_i=P(X=x_i)$, avec $\sum_i p_i=1$.

Exemple - Compter les piles

On lance deux fois une pièce équilibrée, indépendamment, et $X$ compte les piles. Les issues PP, PF, FP, FF sont équiprobables. La loi est

$x_i$	0	1	2
$P(X=x_i)$	$1/4$	$1/2$	$1/4$

Le nombre $1$ est deux fois plus probable que $0$ ou $2$, car deux issues le produisent.

Espérance

L’espérance est la moyenne pondérée $$E(X)=\sum_i x_ip_i.$$ Elle décrit la moyenne théorique obtenue lors de répétitions, pas une valeur garantie à chaque essai. Elle peut même ne pas appartenir aux valeurs de $X$. Dans l’exemple, $E(X)=0/4+1/2+2/4=1$.

Variance et écart type

La variance mesure la dispersion autour de l’espérance : $$V(X)=\sum_i(x_i-E(X))^2p_i =E(X^2)-E(X)^2, \qquad E(X^2)=\sum_i x_i^2p_i.$$ L’écart type est $\sigma(X)=\sqrt{V(X)}$. Il a la même unité que $X$, alors que la variance a l’unité au carré. Pour le nombre de piles, $E(X^2)=1/2+4/4=3/2$, donc $V(X)=1/2$ et $\sigma(X)=1/\sqrt2$.

Pour $Y=aX+b$, $E(Y)=aE(X)+b$ et $V(Y)=a^2V(X)$. Ajouter un coût fixe modifie l’espérance d’un gain sans modifier sa variance. Un gain espéré nul signifie un jeu équitable dans ce modèle, pas l’absence de risque.

Épreuves de Bernoulli et loi binomiale

Une épreuve de Bernoulli comporte deux résultats : succès de probabilité $p$, échec de probabilité $1-p$. On répète $n$ fois, indépendamment, avec le même $p$ cette épreuve. La variable $X$ qui compte les succès suit la loi binomiale de paramètres $n,p$, notée $\mathcal B(n,p)$.

Pour $0<p<1$ et $k\in\{0;1;\ldots;n\}$, $$\boxed{P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}.}$$ Un ordre fixé de $k$ succès et $n-k$ échecs a pour probabilité $p^k(1-p)^{n-k}$. Il y a $\binom nk$ choix des positions des succès. Ces chemins sont incompatibles, d’où la formule.

Si $p=0$, $X=0$ avec certitude ; si $p=1$, $X=n$ avec certitude. Ces cas dégénérés se traitent directement, sans ambiguïté sur les puissances de $0$.

Caractéristiques et événement contraire

Pour $X\sim\mathcal B(n,p)$, $$E(X)=np,\qquad V(X)=np(1-p),\qquad P(X\ge1)=1-(1-p)^n.$$ Pour calculer $P(X\le r)$, on additionne les probabilités de $k=0$ à $k=r$. Pour « au moins $r$ », utiliser $1-P(X\le r-1)$ si cela simplifie le calcul.

Exemple - Quatre essais indépendants

Si $X\sim\mathcal B(4,0{,}3)$, alors $$P(X=2)=\binom42(0{,}3)^2(0{,}7)^2=0{,}2646,$$ et $P(X\ge1)=1-(0{,}7)^4=0{,}7599$. L’espérance vaut $1{,}2$ et la variance $0{,}84$. Une espérance non entière est normale : c’est une moyenne, pas un nombre de succès observé dans un seul essai.

Exercices corrigés

Exercice 1 - Choisir le bon dénombrement

Combien existe-t-il de codes de quatre chiffres avec répétition, puis sans répétition, si le premier chiffre peut être $0$ ? Combien de groupes de trois représentants peut-on choisir parmi douze personnes ?

Correction. Avec répétition : $10^4=10000$ codes. Sans répétition : $10\cdot9\cdot8\cdot7=5040$ codes ; l’ordre compte. Pour les représentants, l’ordre ne compte pas et une personne n’est pas choisie deux fois : $\binom{12}3=12\cdot11\cdot10/(3\cdot2\cdot1)=220$ groupes.

Exercice 2 - Deux dés et indépendance

On lance deux dés équilibrés indépendamment. Soit $A$ l’événement somme égale à $7$ et $B$ l’événement premier dé pair. Calculer $P(A)$, $P(B)$, $P(A\cap B)$ et $P(A\cup B)$. Les événements sont-ils indépendants ?

Correction. L’univers contient $36$ couples équiprobables. Il y a six couples de somme $7$, donc $P(A)=1/6$, et $3\cdot6=18$ couples dont le premier dé est pair, donc $P(B)=1/2$. L’intersection contient $(2;5),(4;3),(6;1)$, d’où $P(A\cap B)=3/36=1/12$. Ainsi $$P(A\cup B)=\frac16+\frac12-\frac1{12}=\frac7{12}.$$ Comme $P(A)P(B)=(1/6)(1/2)=1/12$, les événements sont indépendants. Ils ne sont pas incompatibles : leur intersection est non vide et de probabilité positive.

Exercice 3 - Tirage simultané sans remise

Une urne contient cinq boules rouges et trois bleues, toutes indiscernables au toucher. On en tire trois simultanément au hasard. Calculer la probabilité d’obtenir exactement deux rouges, puis celle d’obtenir trois boules de même couleur.

Correction. Il y a $\binom83=56$ groupes équiprobables. Pour exactement deux rouges, choisir deux rouges parmi cinq et une bleue parmi trois : $$P=\frac{\binom52\binom31}{\binom83}=\frac{30}{56}=\frac{15}{28}.$$ Trois boules de même couleur signifie trois rouges ou trois bleues, cas incompatibles. La probabilité est $(\binom53+\binom33)/56=(10+1)/56=11/56$. Ces tirages sans remise ne sont pas un schéma binomial à probabilité constante.

Exercice 4 - Le conditionnement sans remise

Une urne contient trois boules rouges et deux bleues. On tire deux boules successivement sans remise. Soient $R_1,R_2$ les événements rouge au premier et au second tirage. Calculer $P(R_1\cap R_2)$ et $P(R_2)$, puis tester l’indépendance.

Correction. $P(R_1)=3/5$ et $P_{R_1}(R_2)=2/4=1/2$. Donc $P(R_1\cap R_2)=3/10$. Si la première est bleue, les quatre restantes comprennent trois rouges : $P_{\overline R_1}(R_2)=3/4$. Les probabilités totales donnent $$P(R_2)=\frac35\frac24+\frac25\frac34=\frac3{10}+\frac3{10}=\frac35.$$ Mais $P(R_1)P(R_2)=9/25\ne3/10$ : les événements ne sont pas indépendants. Avoir la même probabilité marginale $3/5$ ne suffit pas à établir l’indépendance.

Exercice 5 - Retrouver l’origine d’un défaut

Un stock vient à $70\%$ de l’atelier $A$ et à $30\%$ de $B$. Les taux de défaut sont $1\%$ chez $A$, $4\%$ chez $B$. On choisit un article au hasard. Calculer la probabilité d’un défaut $D$, puis $P_D(B)$.

Correction. $P(A\cap D)=0{,}7\cdot0{,}01=0{,}007$ et $P(B\cap D)=0{,}3\cdot0{,}04=0{,}012$. Donc $P(D)=0{,}019$, soit $1{,}9\%$. Puis $$P_D(B)=\frac{P(B\cap D)}{P(D)}=\frac{0{,}012}{0{,}019}=\frac{12}{19}\approx0{,}632.$$ Le conditionnement change la répartition entre ateliers : parmi les articles défectueux, la part de $B$ dépasse sa part de $30\%$ dans le stock.

Exercice 6 - Loi d’un gain, espérance et variance

Un jeu coûte $2$ unités. On lance un dé équilibré : le joueur reçoit $0$ pour les faces $1$ à $4$, $3$ pour la face $5$, $9$ pour la face $6$. Déterminer la loi du gain net $X$, son espérance, sa variance et son écart type.

Correction. Le gain net est le montant reçu moins le coût. Ses valeurs sont $-2,1,7$, de probabilités respectives $2/3,1/6,1/6$, dont la somme vaut $1$. Ainsi $$E(X)=(-2)\frac23+1\frac16+7\frac16=0,$$ $$E(X^2)=4\frac23+1\frac16+49\frac16=11.$$ Donc $V(X)=11-0^2=11$ et $\sigma(X)=\sqrt{11}$. Le jeu est équitable en espérance, mais une partie peut occasionner une perte ; l’espérance n’est pas une promesse de gain individuel.

Exercice 7 - Loi binomiale

Un dispositif réussit un essai avec probabilité $0{,}2$. On réalise cinq essais indépendants dans les mêmes conditions. Si $X$ compte les réussites, calculer $P(X=2)$, $P(X\ge1)$, $E(X)$ et $V(X)$.

Correction. Les conditions sont vérifiées : cinq essais, deux résultats, indépendance et même probabilité de succès. Donc $X\sim\mathcal B(5,0{,}2)$ et $$P(X=2)=\binom52(0{,}2)^2(0{,}8)^3=0{,}2048.$$ Le contraire de $X\ge1$ est $X=0$, d’où $P(X\ge1)=1-(0{,}8)^5=0{,}67232$. Enfin, $E(X)=5\cdot0{,}2=1$ et $V(X)=5\cdot0{,}2\cdot0{,}8=0{,}8$.

Exercice 8 - Combien d’essais pour un seuil ?

Chaque essai indépendant a une probabilité de succès $0{,}1$. Déterminer le plus petit entier $n\ge1$ pour que la probabilité d’au moins un succès soit supérieure ou égale à $0{,}95$.

Correction. La probabilité d’aucun succès est $(0{,}9)^n$. La condition équivaut à $$1-(0{,}9)^n\ge0{,}95\Longleftrightarrow(0{,}9)^n\le0{,}05 \Longleftrightarrow n\ln(0{,}9)\le\ln(0{,}05).$$ Comme $\ln(0{,}9)<0$, diviser inverse l’inégalité : $n\ge\ln(0{,}05)/\ln(0{,}9)\approx28{,}43$. Le plus petit entier est $29$. Contrôle : $0{,}9^{28}\approx0{,}05233>0{,}05$, tandis que $0{,}9^{29}\approx0{,}04710<0{,}05$. Le seuil porte sur une probabilité, pas sur la certitude d’obtenir un succès.

Fin du cours et des exercices corrigés