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Probabilités et dénombrement

Compter efficacement et calculer des probabilités conditionnelles simples.

Mathématiques Première Chapitre 13 / 13 ⏱ 9 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Choisir le bon outil de dénombrement
  • Calculer une probabilité d'événements composés
  • Construire et exploiter un arbre pondéré

Combien de codes à quatre chiffres existe-t-il ? Combien de comités différents peut-on former avec dix candidats ? Quelle est la probabilité de gagner à une grille de loto ? Toutes ces questions ont un point commun : il faut compter, mais un comptage à la main devient vite impossible dès que les nombres grandissent. C'est tout l'objet de ce chapitre.

En Seconde, tu savais déjà calculer une probabilité en dénombrant « à la main » les issues d'une expérience, et tu avais rencontré les arbres pondérés. En Première, tu vas disposer d'outils généraux de dénombrement — arrangements, permutations, combinaisons, formule du binôme — qui permettent de compter des ensembles gigantesques sans en dresser la liste complète. Tu vas aussi enrichir ta boîte à outils probabiliste avec les variables aléatoires, la probabilité conditionnelle et le schéma de Bernoulli, qui modélise la répétition d'une même épreuve.

Ces notions sont partout : jeux de hasard, codes bancaires, tirages au sort, plans d'expérience, génétique, sondages, contrôle qualité en usine. Elles sont aussi au cœur des exercices de bac, où l'on te demandera souvent de choisir le bon outil de dénombrement avant même de calculer une probabilité — c'est souvent là que se joue la réussite de l'exercice.

1Rappels de probabilités

1.1  Vocabulaire probabiliste

Définition

On appelle univers d'une expérience aléatoire, noté Ω\Omega, l'ensemble de toutes ses issues possibles. Un événement est une partie de Ω\Omega. Lorsque Ω\Omega est fini et que toutes les issues ont la même probabilité (situation d'équiprobabilité), la probabilité d'un événement AA vaut :

p(A)=card(A)card(Ω)=nombre d’issues favorablesnombre d’issues possiblesp(A) = \dfrac{\text{card}(A)}{\text{card}(\Omega)} = \dfrac{\text{nombre d'issues favorables}}{\text{nombre d'issues possibles}}

L'événement contraire de AA, noté A‾\overline{A}, est réalisé exactement quand AA ne l'est pas ; on a p(A‾)=1−p(A)p(\overline{A}) = 1 - p(A). Deux événements AA et BB sont incompatibles lorsque A∩B=∅A \cap B = \varnothing : ils ne peuvent pas se produire en même temps.

Propriété — probabilité d'une réunion

Pour deux événements AA et BB quelconques d'un même univers :

p(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B)p(A \cup B) = p(A) + p(B) - p(A \cap B)

En particulier, si AA et BB sont incompatibles, p(A∩B)=0p(A \cap B) = 0 donc p(A∪B)=p(A)+p(B)p(A \cup B) = p(A) + p(B).

Exemple — une carte tirée dans un jeu de 32 cartes

On tire une carte au hasard dans un jeu de 32 cartes. Soit AA : « la carte est rouge » et BB : « la carte est une figure » (valet, dame, roi). On compte 1616 cartes rouges, 1212 figures, et 66 figures rouges.

  1. p(A)=1632=12p(A) = \dfrac{16}{32} = \dfrac{1}{2}
  2. p(B)=1232=38p(B) = \dfrac{12}{32} = \dfrac{3}{8}
  3. p(A∩B)=632=316p(A \cap B) = \dfrac{6}{32} = \dfrac{3}{16}
  4. p(A∪B)=12+38−316p(A \cup B) = \dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{8} - \dfrac{3}{16}
  5. ==816+616−316\dfrac{8}{16} + \dfrac{6}{16} - \dfrac{3}{16}
  6. ==1116\dfrac{11}{16}on retrouve bien les 11 cartes rouges ou figures
Math & Co — 1654, la naissance du calcul des probabilités

En 1654, le chevalier de Méré, joueur passionné, soumet à Blaise Pascal un problème qui le tracasse : comment répartir équitablement les mises d'une partie de dés interrompue avant son terme (le « problème des partis ») ? Pascal en discute par lettres avec Pierre de Fermat, magistrat toulousain et mathématicien amateur de génie.

Leur correspondance, échelonnée entre juillet et octobre 1654, pose pour la première fois les bases rigoureuses du calcul des probabilités : espérance de gain, dénombrement des cas possibles, raisonnement par symétrie. Cette correspondance est aujourd'hui considérée comme l'acte de naissance de la théorie des probabilités.

1.2  Variables aléatoires : loi, espérance, variance

Définition — variable aléatoire

Une variable aléatoire XX est une fonction qui, à chaque issue de l'univers Ω\Omega, associe un nombre réel. On note {X=xi}\{X = x_i\} l'événement « XX prend la valeur xix_i ». La loi de probabilité de XX est le tableau qui donne, pour chaque valeur xix_i prise par XX, la probabilité pi=p(X=xi)p_i = p(X = x_i). On a toujours ∑ipi=1\displaystyle\sum_i p_i = 1.

Définition — espérance, variance, écart-type

Soit XX une variable aléatoire prenant les valeurs x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n avec les probabilités p1,p2,…,pnp_1, p_2, \dots, p_n.

E(X)=∑i=1npixiV(X)=∑i=1npi(xi−E(X))2σ(X)=V(X)E(X) = \sum_{i=1}^{n} p_i x_i \qquad V(X) = \sum_{i=1}^{n} p_i \left(x_i - E(X)\right)^{2} \qquad \sigma(X) = \sqrt{V(X)}

E(X)E(X) est la valeur « moyenne » attendue de XX si l'on répète l'expérience un grand nombre de fois. V(X)V(X) et σ(X)\sigma(X) mesurent la dispersion des valeurs de XX autour de E(X)E(X).

Propriété — formule de König-Huygens

V(X)=E(X2)−(E(X))2V(X) = E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2}

où E(X2)=∑ipixi2E(X^{2}) = \displaystyle\sum_i p_i x_i^{2}. Cette formule est presque toujours plus rapide que la définition pour calculer une variance.

Démonstration

On développe le carré dans la définition de V(X)V(X), en utilisant que E(X)E(X) est une constante :

  1. V(X)=∑ipi(xi2−2xiE(X)+(E(X))2)V(X) = \displaystyle\sum_i p_i \left(x_i^{2} - 2x_i E(X) + \left(E(X)\right)^{2}\right)
  2. ==∑ipixi2−2E(X)∑ipixi+(E(X))2∑ipi\displaystyle\sum_i p_i x_i^{2} - 2E(X)\displaystyle\sum_i p_i x_i + \left(E(X)\right)^{2}\displaystyle\sum_i p_i
  3. ==E(X2)−2E(X)×E(X)+(E(X))2×1E(X^{2}) - 2E(X) \times E(X) + \left(E(X)\right)^{2} \times 1∑pixi=E(X)\sum p_i x_i = E(X) et ∑pi=1\sum p_i = 1
  4. ==E(X2)−(E(X))2E(X^{2}) - \left(E(X)\right)^{2}
Exemple — un jeu de dé

On lance un dé équilibré et l'on note XX le gain algébrique en points : +10+10 si l'on obtient 66 ; +2+2 si l'on obtient 44 ou 55 ; −3-3 si l'on obtient 11, 22 ou 33.

xix_i−3-3221010
p(X=xi)p(X=x_i)12\dfrac{1}{2}13\dfrac{1}{3}16\dfrac{1}{6}

On vérifie d'abord que c'est bien une loi de probabilité : 12+13+16=36+26+16=1\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6}+\dfrac{2}{6}+\dfrac{1}{6} = 1. On calcule ensuite E(X)E(X) et V(X)V(X).

  1. E(X)=(−3)×12+2×13+10×16E(X) = (-3)\times\dfrac{1}{2} + 2\times\dfrac{1}{3} + 10\times\dfrac{1}{6}
  2. ==−9+4+106=56≈0,83\dfrac{-9+4+10}{6} = \dfrac{5}{6} \approx 0{,}83
  3. E(X2)=9×12+4×13+100×16=27+8+1006=1356=22,5E(X^{2}) = 9\times\dfrac{1}{2} + 4\times\dfrac{1}{3} + 100\times\dfrac{1}{6} = \dfrac{27+8+100}{6} = \dfrac{135}{6} = 22{,}5
  4. V(X)=22,5−(56)2=22,5−2536≈21,81V(X) = 22{,}5 - \left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} = 22{,}5 - \dfrac{25}{36} \approx 21{,}81
  5. ⇒\Rightarrowσ(X)≈4,67\sigma(X) \approx 4{,}67écart-type en points

En moyenne, le joueur gagne environ 0,830{,}83 point par partie, avec une forte dispersion (σ≈4,67\sigma \approx 4{,}67) : le jeu est risqué.

Loi de probabilité de X (gain en points) p 1/6 1/3 1/2 0 1/2−3 1/32 1/610 les hauteurs des bâtons sont proportionnelles aux probabilités
Figure 1 — Diagramme en bâtons de la loi de XX : à chaque valeur xix_i correspond un bâton de hauteur p(X=xi)p(X=x_i).
Propriété — linéarité de l'espérance

Pour tous réels aa et bb :  E(aX+b)=aE(X)+b\ E(aX+b) = aE(X)+b. En effet, aX+baX+b prend la valeur axi+bax_i+b avec la probabilité pip_i, donc E(aX+b)=∑pi(axi+b)=a∑pixi+b∑pi=aE(X)+bE(aX+b) = \sum p_i(ax_i+b) = a\sum p_i x_i + b\sum p_i = aE(X)+b.

Attention

E(X)E(X) n'est pas forcément une valeur que XX peut prendre : dans l'exemple ci-dessus, XX ne vaut jamais 56\dfrac{5}{6} ! L'espérance est une moyenne théorique, pas une issue possible.

2Arrangements, permutations, combinaisons

2.1  Le principe multiplicatif

Propriété — principe multiplicatif

Si une situation se décompose en kk étapes successives, la première offrant n1n_1 possibilités, la deuxième n2n_2 possibilités (quel que soit le choix fait à la première étape), …, la kk-ième nkn_k possibilités, alors le nombre total de situations possibles est :

n1×n2×⋯×nkn_1 \times n_2 \times \cdots \times n_k

C'est l'outil de base de tout le chapitre : chaque fois qu'une situation se construit par une suite de choix indépendants les uns des autres, on multiplie les nombres de possibilités. Un arbre de dénombrement permet de visualiser ce principe : chaque niveau de l'arbre correspond à une étape, et le nombre de feuilles de l'arbre est exactement le produit cherché.

Principe multiplicatif : 3 couleurs × 2 tailles Bleu Blanc Rouge S① Bleu, S M② Bleu, M S③ Blanc, S M④ Blanc, M S⑤ Rouge, S M⑥ Rouge, M 3 × 2 = 6 issues possibles
Figure 2 — Arbre de dénombrement : 33 couleurs puis 22 tailles donnent 3×2=63\times 2 = 6 tee-shirts possibles, un par feuille de l'arbre.
Exemple — un code à 4 chiffres

Un cadenas à code comporte 44 roues, chacune graduée de 00 à 99. Combien de codes différents peut-on former ?

  1. chaque roue offre 1010 choix, indépendamment des autres
  2. ⇒\Rightarrow10×10×10×10=104=10 00010 \times 10 \times 10 \times 10 = 10^{4} = 10\,000 codes
Exemple — un menu de restaurant

Un menu propose 55 entrées, 44 plats et 33 desserts. Combien de menus complets (une entrée, un plat, un dessert) peut-on composer ?

  1. 5×4×3=605 \times 4 \times 3 = 60 menus différents

2.2  Permutations

Définition — factorielle et permutation

Pour un entier n⩾1n \geqslant 1, on note n!n! (lire « factorielle nn ») le produit des entiers de 11 à nn :

n!=n×(n−1)×(n−2)×⋯×2×1n! = n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times 2 \times 1

Par convention, 0!=10! = 1. Une permutation de nn objets distincts est un rangement ordonné de ces nn objets. Le nombre de permutations de nn objets distincts est n!n!.

Démonstration

Ranger nn objets en ligne, c'est choisir successivement l'objet qui occupe la 1ère place, puis celui qui occupe la 2ème, etc. Pour la 1ère place, nn objets sont disponibles ; une fois ce choix fait, il en reste n−1n-1 pour la 2ème place ; puis n−2n-2 pour la 3ème ; …; il n'en reste qu'11 pour la dernière. D'après le principe multiplicatif, le nombre de rangements est n×(n−1)×⋯×1=n!n \times (n-1) \times \cdots \times 1 = n!.

nn11223344556677
n!n!11226624241201207207205 0405\,040
Exemple — anagrammes du mot PARIS

Le mot PARIS comporte 55 lettres toutes distinctes. Chaque anagramme (avec ou sans sens) correspond à un rangement ordonné de ces 55 lettres.

  1. nombre d'anagrammes =5!= 5!
  2. ==5×4×3×2×1=1205\times4\times3\times2\times1 = 120
Attention

Si des lettres se répètent (comme dans « MATH » non, mais dans « ANANAS »), il faut diviser n!n! par les factorielles des effectifs de chaque lettre répétée, sinon on compte plusieurs fois le même mot. Ce raffinement, hors programme strict, est traité en exercice.

2.3  Arrangements

Définition — arrangement

Soit EE un ensemble de nn objets distincts et pp un entier tel que 1⩽p⩽n1 \leqslant p \leqslant n. Un arrangement de pp éléments de EE est un choix ordonné de pp objets distincts pris parmi les nn. On note AnpA_n^{p} leur nombre :

Anp=n×(n−1)×⋯×(n−p+1)=n!(n−p)!A_n^{p} = n \times (n-1) \times \cdots \times (n-p+1) = \dfrac{n!}{(n-p)!}

Démonstration

On choisit successivement les pp objets, dans l'ordre où ils sont placés. Pour le 1er objet, nn choix ; pour le 2ème, n−1n-1 choix (un objet déjà pris) ; … ; pour le pp-ième, n−p+1n-p+1 choix. Le principe multiplicatif donne Anp=n(n−1)⋯(n−p+1)A_n^{p} = n(n-1)\cdots(n-p+1), produit de pp facteurs. En multipliant et divisant par (n−p)!(n-p)!, ce produit s'écrit aussi n!(n−p)!\dfrac{n!}{(n-p)!}, car les facteurs de (n−p)!(n-p)! « complètent » n(n−1)⋯(n−p+1)n(n-1)\cdots(n-p+1) pour reconstituer n!n!.

On remarque que Ann=n!A_n^{n} = n! : un arrangement de tous les objets de EE est exactement une permutation.

Méthode — reconnaître un arrangement

On utilise un arrangement dès que l'énoncé demande un choix de pp objets distincts parmi nn, dans lequel l'ordre compte (podium, tiercé, code sans répétition de chiffres, mot de passe sans lettre répétée…).

Exemple — un podium

Une course rassemble 88 athlètes. De combien de podiums (1er, 2ème, 3ème) différents dispose-t-on ?

  1. on choisit 33 athlètes parmi 88, dans un ordre précis
  2. ⇒\RightarrowA83=8×7×6A_8^{3} = 8\times7\times6
  3. ==336336 podiums possibles
Exemple — un code sans répétition

Combien de codes de 44 chiffres tous différents peut-on former avec les chiffres 00 à 99 ?

  1. A104=10×9×8×7A_{10}^{4} = 10\times9\times8\times7
  2. ==5 0405\,040 codes

2.4  Combinaisons

Définition — combinaison

Soit EE un ensemble de nn objets distincts et pp un entier tel que 0⩽p⩽n0 \leqslant p \leqslant n. Une combinaison de pp éléments de EE est un choix de pp objets pris parmi les nn, sans tenir compte de l'ordre. On note (np)\dbinom{n}{p} leur nombre (on lit « pp parmi nn »).

La différence avec un arrangement est essentielle : dans une combinaison, seul l'ensemble des objets choisis compte, pas l'ordre dans lequel on les a pris. {Awa, Boubacar}\{\text{Awa, Boubacar}\} et {Boubacar, Awa}\{\text{Boubacar, Awa}\} forment la même combinaison, mais deux arrangements différents.

Théorème — formule des combinaisons

(np)=Anpp!=n!p! (n−p)!\dbinom{n}{p} = \dfrac{A_n^{p}}{p!} = \dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}

Démonstration

Fabriquons un arrangement de pp objets en deux temps : on choisit d'abord l'ensemble des pp objets (une combinaison, il y en a (np)\dbinom{n}{p}), puis on les ordonne (une permutation de ces pp objets, il y a p!p! façons de le faire). Par le principe multiplicatif :

  1. Anp=(np)×p!A_n^{p} = \dbinom{n}{p} \times p!
  2. ⇒\Rightarrow(np)=Anpp!=n!(n−p)! p!\dbinom{n}{p} = \dfrac{A_n^{p}}{p!} = \dfrac{n!}{(n-p)!\,p!}
Méthode — arrangement ou combinaison ?

Pose-toi la question : si je permute les objets choisis, ai-je une situation différente ? Si oui (podium, mot de passe) → arrangement. Si non (comité, tirage simultané, grille de loto) → combinaison.

Exemple — un comité

Une association de 1010 membres doit élire un comité de 33 personnes (sans rôle distinct entre elles). Combien de comités différents sont possibles ?

  1. l'ordre des 3 personnes ne compte pas ⇒\Rightarrow combinaison
  2. (103)=10!3! 7!=10×9×83×2×1\dbinom{10}{3} = \dfrac{10!}{3!\,7!} = \dfrac{10\times9\times8}{3\times2\times1}
  3. ==7206=120\dfrac{720}{6} = 120 comités
Exemple — une grille de loto

Une grille de loto consiste à cocher 55 numéros parmi 4949, sans ordre. Combien de grilles distinctes existe-t-il, et quelle est la probabilité de cocher exactement les 55 bons numéros ?

  1. (495)=49×48×47×46×455×4×3×2×1\dbinom{49}{5} = \dfrac{49\times48\times47\times46\times45}{5\times4\times3\times2\times1}
  2. ==2 118 7602\,118\,760 grilles possibles
  3. une seule grille est gagnante, par équiprobabilité
  4. ⇒\Rightarrowp(gagner)=12 118 760≈4,7×10−7p(\text{gagner}) = \dfrac{1}{2\,118\,760} \approx 4{,}7\times10^{-7}
Propriété — symétrie

Pour tout entier nn et tout pp tel que 0⩽p⩽n0 \leqslant p \leqslant n :

(np)=(nn−p)\dbinom{n}{p} = \dbinom{n}{n-p}

Démonstration

Par le calcul. (nn−p)=n!(n−p)! (n−(n−p))!=n!(n−p)! p!=(np)\dbinom{n}{n-p} = \dfrac{n!}{(n-p)!\,(n-(n-p))!} = \dfrac{n!}{(n-p)!\,p!} = \dbinom{n}{p}.

Par un argument combinatoire. Choisir pp objets à garder parmi nn revient exactement à choisir les n−pn-p objets qu'on écarte : à chaque choix de pp éléments correspond un unique choix des n−pn-p éléments restants, donc les deux ensembles de choix sont en bijection et ont le même cardinal.

Théorème — relation de Pascal

Pour tous entiers nn et pp tels que 0⩽p⩽n−10 \leqslant p \leqslant n-1 :

(np)+(np+1)=(n+1p+1)\dbinom{n}{p} + \dbinom{n}{p+1} = \dbinom{n+1}{p+1}

Démonstration — argument combinatoire

On veut choisir p+1p+1 objets parmi n+1n+1, c'est-à-dire parmi nn objets « ordinaires » plus un objet particulier XX. On sépare les choix en deux catégories incompatibles :

  • les choix qui ne contiennent pas XX : on prend alors les p+1p+1 objets parmi les nn objets ordinaires, ce qui donne (np+1)\dbinom{n}{p+1} possibilités ;
  • les choix qui contiennent XX : il reste à choisir les pp objets restants parmi les nn objets ordinaires, ce qui donne (np)\dbinom{n}{p} possibilités.

Ces deux catégories recouvrent tous les choix possibles sans se chevaucher, donc (n+1p+1)=(np)+(np+1)\dbinom{n+1}{p+1} = \dbinom{n}{p} + \dbinom{n}{p+1}. C.Q.F.D.

Cette relation permet de construire, de proche en proche, le triangle de Pascal : chaque nombre est la somme des deux nombres situés juste au-dessus de lui.

Triangle de Pascal — lignes n = 0 à 6 1 11 121 1331 14641 15101051 1615201561 C(5,1) et C(5,2) → C(6,2) = 5+10
Figure 3 — Triangle de Pascal : la ligne nn contient les (np)\dbinom{n}{p} pour p=0,…,np=0,\dots,n. En bordures, uniquement des 11 ; à l'intérieur, chaque nombre est la somme des deux au-dessus de lui, ici (62)=(51)+(52)=5+10=15\dbinom{6}{2} = \dbinom{5}{1}+\dbinom{5}{2} = 5+10 = 15.
Math & Co — un triangle bien plus vieux que Pascal

Malgré son nom, le triangle de Pascal est connu bien avant Blaise Pascal (1623-1662). Le mathématicien chinois Yang Hui le publie dès 1261, qui le rattache lui-même à des travaux plus anciens ; le Persan Omar Khayyam l'utilise vers 1100 pour développer les puissances d'un binôme ; en Europe, l'Italien Niccolò Tartaglia le publie en 1556.

Le nom « triangle de Pascal » vient de son Traité du triangle arithmétique, rédigé en 1654 (la même année que sa correspondance avec Fermat !) : Pascal y systématise pour la première fois toutes les propriétés du triangle et leurs démonstrations rigoureuses, notamment par récurrence — c'est ce travail de synthèse qui lui vaut, en Occident, d'en garder le nom.

3Formule du binôme

Théorème — formule du binôme de Newton

Pour tous nombres aa, bb et tout entier n⩾1n \geqslant 1 :

(a+b)n=∑k=0n(nk) an−k bk=(n0)an+(n1)an−1b+⋯+(nn)bn(a+b)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \dbinom{n}{k}\, a^{n-k}\, b^{k} = \dbinom{n}{0}a^n + \dbinom{n}{1}a^{n-1}b + \cdots + \dbinom{n}{n}b^n

Les coefficients (nk)\dbinom{n}{k} qui apparaissent sont exactement ceux de la ligne nn du triangle de Pascal : c'est pourquoi on les appelle aussi coefficients binomiaux.

Démonstration — par récurrence

Initialisation. Pour n=1n=1 : (a+b)1=a+b=(10)a+(11)b(a+b)^1 = a+b = \dbinom{1}{0}a + \dbinom{1}{1}b, car (10)=(11)=1\dbinom{1}{0}=\dbinom{1}{1}=1. La formule est vraie.

Hérédité. Supposons la formule vraie à un rang n⩾1n\geqslant1 : (a+b)n=∑k=0n(nk)an−kbk(a+b)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k}. Montrons qu'elle est vraie au rang n+1n+1.

  1. (a+b)n+1=(a+b)×(a+b)n(a+b)^{n+1} = (a+b)\times(a+b)^{n}
  2. ==(a+b)∑k=0n(nk)an−kbk(a+b)\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k}
  3. ==∑k=0n(nk)an+1−kbk+∑k=0n(nk)an−kbk+1\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}a^{n+1-k}b^{k} + \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k+1}on distribue aa puis bb
  4. dans la 2ème somme, on pose j=k+1j=k+1 : elle devient ∑j=1n+1(nj−1)an+1−jbj\displaystyle\sum_{j=1}^{n+1}\dbinom{n}{j-1}a^{n+1-j}b^{j}
  5. ==an+1+∑k=1n[(nk)+(nk−1)]an+1−kbk+bn+1a^{n+1} + \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left[\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}\right]a^{n+1-k}b^{k} + b^{n+1}on regroupe les termes de même puissance
  6. ==∑k=0n+1(n+1k)an+1−kbk\displaystyle\sum_{k=0}^{n+1}\dbinom{n+1}{k}a^{n+1-k}b^{k}relation de Pascal : (nk)+(nk−1)=(n+1k)\dbinom{n}{k}+\dbinom{n}{k-1}=\dbinom{n+1}{k}

La formule est donc vraie au rang n+1n+1. Par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier n⩾1n\geqslant1. C.Q.F.D.

Exemple — développer (a+b)4(a+b)^{4}

La ligne n=4n=4 du triangle de Pascal donne les coefficients 1,4,6,4,11,4,6,4,1.

  1. (a+b)4=(40)a4+(41)a3b+(42)a2b2+(43)ab3+(44)b4(a+b)^4 = \dbinom{4}{0}a^4 + \dbinom{4}{1}a^3b + \dbinom{4}{2}a^2b^2 + \dbinom{4}{3}ab^3 + \dbinom{4}{4}b^4
  2. ==a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4
Exemple — développer (2x−1)3(2x-1)^{3}

On applique la formule avec a=2xa=2x, b=−1b=-1, n=3n=3 (coefficients de la ligne 33 : 1,3,3,11,3,3,1).

  1. (2x−1)3=(30)(2x)3+(31)(2x)2(−1)+(32)(2x)(−1)2+(33)(−1)3(2x-1)^3 = \dbinom{3}{0}(2x)^3 + \dbinom{3}{1}(2x)^2(-1) + \dbinom{3}{2}(2x)(-1)^2 + \dbinom{3}{3}(-1)^3
  2. ==8x3−3×4x2+3×2x−18x^3 - 3\times4x^2 + 3\times2x - 1
  3. ==8x3−12x2+6x−18x^3 - 12x^2 + 6x - 1
Méthode — une valeur approchée grâce au binôme

Pour xx « petit », on peut approcher (1+x)n(1+x)^n en ne gardant que les deux ou trois premiers termes du développement : les termes suivants deviennent vite négligeables.

Exemple — approcher (1,02)5(1{,}02)^{5}
  1. (1,02)5=(1+0,02)5(1{,}02)^5 = (1+0{,}02)^5
  2. ≈\approx(50)+(51)(0,02)+(52)(0,02)2\dbinom{5}{0} + \dbinom{5}{1}(0{,}02) + \dbinom{5}{2}(0{,}02)^2on néglige les termes en 0,0230{,}02^3 et au-delà
  3. ==1+0,1+10×0,00041 + 0{,}1 + 10\times0{,}0004
  4. ==1,1041{,}104

La valeur exacte est (1,02)5≈1,10408(1{,}02)^5 \approx 1{,}10408 : l'approximation est déjà très bonne avec seulement trois termes.

Attention

(a+b)n(a+b)^{n} n'est presque jamais égal à an+bna^n+b^n ! C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre. Pour n=2n=2 déjà, (a+b)2=a2+2ab+b2≠a2+b2(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2 \neq a^2+b^2 dès que ab≠0ab\neq0.

4Probabilité conditionnelle

Définition — probabilité conditionnelle

Soit BB un événement de probabilité non nulle. Pour tout événement AA, on appelle probabilité de AA sachant BB, notée pB(A)p_B(A), le nombre :

pB(A)=p(A∩B)p(B)p_B(A) = \dfrac{p(A \cap B)}{p(B)}

pB(A)p_B(A) mesure la probabilité que AA se réalise, sachant que l'on sait déjà que BB s'est réalisé : on « recentre » l'univers sur BB.

Propriété — formule du produit

Si p(B)≠0p(B) \neq 0 :  p(A∩B)=p(B)×pB(A)\ p(A \cap B) = p(B) \times p_B(A).

Méthode — lire un arbre pondéré
  • Sur chaque nœud, la somme des probabilités des branches qui en partent vaut 11.
  • La probabilité d'un chemin (une suite de branches) s'obtient en multipliant les probabilités inscrites sur ce chemin.
  • La probabilité d'un événement s'obtient en additionnant les probabilités de tous les chemins qui y mènent.
Attention

pB(A)p_B(A) et pA(B)p_A(B) sont en général différents ! « La probabilité de pleuvoir sachant que le ciel est gris » n'a rien à voir avec « la probabilité que le ciel soit gris sachant qu'il pleut ». Toujours identifier précisément qui est l'événement déjà réalisé (celui qui suit « sachant que »).

Exemple — un tableau croisé

Dans un lycée de 400400 élèves, 180180 sont des filles. Parmi les filles, 120120 étudient l'anglais renforcé ; parmi les garçons, 8888 étudient l'anglais renforcé. On choisit un élève au hasard. Soit FF : « c'est une fille » et EE : « il étudie l'anglais renforcé ».

  1. p(F)=180400=0,45p(F) = \dfrac{180}{400} = 0{,}45
  2. p(F∩E)=120400=0,30p(F \cap E) = \dfrac{120}{400} = 0{,}30
  3. pF(E)=p(F∩E)p(F)=0,300,45p_F(E) = \dfrac{p(F\cap E)}{p(F)} = \dfrac{0{,}30}{0{,}45}
  4. ==23≈0,667\dfrac{2}{3} \approx 0{,}667parmi les filles, environ 66,7% étudient l'anglais renforcé
Exemple — une urne sans remise

Une urne contient 44 boules rouges et 66 boules vertes. On tire une boule, on note sa couleur, on ne la remet pas, puis on tire une seconde boule. Construisons l'arbre pondéré et calculons p(R2)p(R_2), la probabilité que la 2ème boule soit rouge.

Tirage SANS remise — 4 rouges, 6 vertes 2/5R₁ 1/3R₂→ 2/15 2/3V₂→ 4/15 3/5V₁ 4/9R₂→ 4/15 5/9V₂→ 5/15 chemin surligné : p(R₁∩R₂) = 2/5 × 1/3 = 2/15
Figure 4 — Arbre pondéré du tirage sans remise. Les probabilités du 2ème tirage dépendent de la couleur obtenue au 1er : c'est la probabilité conditionnelle en action.

L'événement R2R_2 est réalisé par deux chemins incompatibles : « rouge puis rouge » ou « verte puis rouge ». On additionne leurs probabilités : c'est la formule des probabilités totales, appliquée à la partition {R1,V1}\{R_1, V_1\} de l'univers.

  1. p(R2)=p(R1∩R2)+p(V1∩R2)p(R_2) = p(R_1\cap R_2) + p(V_1\cap R_2)
  2. ==215+415\dfrac{2}{15} + \dfrac{4}{15}
  3. ==615=25\dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}
Propriété — formule des probabilités totales (cas d'une partition en deux)

Si BB est un événement tel que 0<p(B)<10 < p(B) < 1, alors pour tout événement AA :

p(A)=p(B)×pB(A) + p(B‾)×pB‾(A)p(A) = p(B)\times p_B(A) \ + \ p(\overline{B})\times p_{\overline{B}}(A)

car BB et B‾\overline{B} forment une partition de l'univers : tout chemin menant à AA passe soit par BB, soit par B‾\overline{B}, jamais les deux à la fois.

Remarque frappante sur l'exemple précédent : p(R2)=25=p(R1)p(R_2) = \dfrac{2}{5} = p(R_1). Malgré l'absence de remise, la probabilité de tirer rouge au 2ème tirage est identique à celle du 1er tirage — un résultat de symétrie que l'on peut démontrer en toute généralité, mais qui surprend toujours à la première rencontre.

5Indépendance

Définition — événements indépendants

Deux événements AA et BB (de probabilités non nulles) sont indépendants lorsque :

p(A∩B)=p(A)×p(B)p(A \cap B) = p(A) \times p(B)

Intuitivement : savoir que BB s'est réalisé ne change rien à la probabilité de AA.

Propriété — caractérisation par la probabilité conditionnelle

Si p(B)≠0p(B) \neq 0, AA et BB sont indépendants si et seulement si pB(A)=p(A)p_B(A) = p(A).

Démonstration

Si AA et BB sont indépendants, pB(A)=p(A∩B)p(B)=p(A)×p(B)p(B)=p(A)p_B(A) = \dfrac{p(A\cap B)}{p(B)} = \dfrac{p(A)\times p(B)}{p(B)} = p(A). Réciproquement, si pB(A)=p(A)p_B(A)=p(A), alors p(A∩B)=p(B)×pB(A)=p(B)×p(A)p(A\cap B) = p(B)\times p_B(A) = p(B)\times p(A), qui est bien la définition de l'indépendance.

Exemple — un seul dé peut suffire

On lance un dé équilibré. Soit AA : « le résultat est pair » ({2,4,6}\{2,4,6\}) et BB : « le résultat est un multiple de 33 » ({3,6}\{3,6\}).

  1. p(A)=12p(A) = \dfrac{1}{2},  p(B)=13\ p(B) = \dfrac{1}{3},  A∩B={6}\ A\cap B = \{6\} donc p(A∩B)=16p(A\cap B) = \dfrac{1}{6}
  2. p(A)×p(B)=12×13=16p(A)\times p(B) = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}
  3. ⇒\Rightarrowp(A∩B)=p(A)×p(B)p(A\cap B) = p(A)\times p(B) : AA et BB sont indépendants

L'indépendance n'exige pas deux expériences séparées : elle peut se produire au sein d'une seule expérience, par pur hasard arithmétique.

Attention — indépendant ≠ incompatible

Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants ! En effet, si A∩B=∅A\cap B=\varnothing, alors p(A∩B)=0p(A\cap B)=0, alors que p(A)×p(B)>0p(A)\times p(B) > 0 : l'égalité d'indépendance échoue. Ces deux notions sont même, en un sens, opposées : l'incompatibilité dit que la réalisation de BB interdit AA, l'indépendance dit qu'elle n'a aucune influence sur AA.

Exemple — un cas de dépendance

Toujours avec un dé, soit AA : « obtenir 66 » et BB : « obtenir un nombre pair ». Comme 66 est pair, A∩B=A={6}A\cap B = A = \{6\}.

  1. p(A∩B)=p(A)=16p(A\cap B) = p(A) = \dfrac{1}{6}
  2. p(A)×p(B)=16×12=112p(A)\times p(B) = \dfrac{1}{6}\times\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12}
  3. ⇒\Rightarrow16≠112\dfrac{1}{6} \neq \dfrac{1}{12} : AA et BB sont dépendants

Ici pourtant AA et BB sont compatibles (A∩B≠∅A\cap B\neq\varnothing) : la dépendance et la compatibilité sont bien deux notions distinctes.

Propriété — indépendance et événement contraire

Si AA et BB sont indépendants, alors AA et B‾\overline{B} le sont aussi.

Démonstration

Les événements A∩BA\cap B et A∩B‾A\cap\overline{B} forment une partition de AA, donc p(A)=p(A∩B)+p(A∩B‾)p(A) = p(A\cap B) + p(A\cap\overline{B}).

  1. p(A∩B‾)=p(A)−p(A∩B)p(A\cap\overline{B}) = p(A) - p(A\cap B)
  2. ==p(A)−p(A)p(B)p(A) - p(A)p(B)indépendance de AA et BB
  3. ==p(A)(1−p(B))p(A)\left(1-p(B)\right)
  4. ==p(A)×p(B‾)p(A)\times p(\overline{B})

6Épreuves répétées

Définition — épreuve et schéma de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire à deux issues : un succès, de probabilité pp, et un échec, de probabilité q=1−pq = 1-p. Un schéma de Bernoulli de paramètres nn et pp consiste à répéter nn fois, de façon identique et indépendante, une même épreuve de Bernoulli de paramètre pp.

Définition — loi binomiale

Dans un schéma de Bernoulli de paramètres nn et pp, on note XX le nombre de succès obtenus. XX suit la loi binomiale de paramètres nn et pp, notée B(n,p)\mathcal{B}(n,p).

Théorème — loi de X

Pour tout entier kk tel que 0⩽k⩽n0 \leqslant k \leqslant n :

p(X=k)=(nk) pk qn−k=(nk) pk (1−p)n−kp(X=k) = \dbinom{n}{k}\, p^{k}\, q^{n-k} = \dbinom{n}{k}\, p^{k}\, (1-p)^{n-k}

Démonstration — approche par l'arbre

Représentons le schéma par un arbre à nn niveaux, chaque niveau ayant deux branches (SS succès, EE échec). Un chemin de cet arbre correspond à un résultat précis des nn épreuves, par exemple SSEES…SSEES\dots

Un chemin comportant exactement kk succès (et donc n−kn-k échecs) a pour probabilité, par indépendance, p×p×⋯×q×q⋯=pkqn−kp\times p\times\cdots\times q\times q\cdots = p^{k}q^{n-k} : peu importe l'ordre des succès et des échecs sur ce chemin, le produit est toujours le même.

Combien y a-t-il de tels chemins ? Autant que de façons de choisir, parmi les nn épreuves, les kk épreuves où l'on place un succès : c'est exactement (nk)\dbinom{n}{k}, une combinaison.

L'événement {X=k}\{X=k\} est la réunion de ces (nk)\dbinom{n}{k} chemins, deux à deux incompatibles (des issues différentes de l'expérience). On additionne donc leurs probabilités, toutes égales à pkqn−kp^{k}q^{n-k} :

p(X=k)=pkqn−k+⋯+pkqn−k⏟(nk) termes=(nk) pkqn−kp(X=k) = \underbrace{p^{k}q^{n-k} + \cdots + p^{k}q^{n-k}}_{\dbinom{n}{k}\ \text{termes}} = \dbinom{n}{k}\,p^{k}q^{n-k}

Arbre de Bernoulli répété 3 fois p q p q p q p q p q p q p q SSS — p³ SSE — p²q SES — p²q SEE — pq² ESS — p²q ESE — pq² EES — pq² EEE — q³ 1 chemin (k=3) · 3 chemins (k=2) · 3 chemins (k=1) · 1 chemin (k=0)
Figure 5 — Arbre de Bernoulli pour n=3n=3 : les (3k)\dbinom{3}{k} chemins à kk succès (même couleur) ont tous la même probabilité pkq3−kp^{k}q^{3-k}, et l'on retrouve les coefficients 1,3,3,11,3,3,1 du triangle de Pascal.
Propriété — espérance et variance de la loi binomiale

Si XX suit la loi B(n,p)\mathcal{B}(n,p) :

E(X)=npV(X)=np(1−p)σ(X)=np(1−p)E(X) = np \qquad\qquad V(X) = np(1-p) \qquad\qquad \sigma(X) = \sqrt{np(1-p)}

(admis dans le cas général ; démonstration hors-programme de Première).

Vérification sur le cas n = 3

Sur l'arbre ci-dessus, E(X)=0×q3+1×3pq2+2×3p2q+3×p3E(X) = 0\times q^3 + 1\times 3pq^2 + 2\times 3p^2q + 3\times p^3.

  1. E(X)=3pq2+6p2q+3p3E(X) = 3pq^2 + 6p^2q + 3p^3
  2. ==3p(q2+2pq+p2)3p\left(q^2+2pq+p^2\right)
  3. ==3p(p+q)23p\left(p+q\right)^2
  4. ==3p×12=3p3p\times1^2 = 3pcar p+q=1p+q=1

On retrouve bien E(X)=npE(X)=np avec n=3n=3, ce qui rend la formule générale très crédible.

Exemple — un tireur de basket

Un joueur réussit ses tirs à 3 points avec une probabilité p=0,4p=0{,}4, de façon indépendante d'un tir à l'autre. Il tente 55 tirs ; XX est le nombre de tirs réussis. XX suit la loi B(5 ; 0,4)\mathcal{B}(5\,;\,0{,}4).

  1. p(X=2)=(52)(0,4)2(0,6)3p(X=2) = \dbinom{5}{2}(0{,}4)^2(0{,}6)^3
  2. ==10×0,16×0,21610\times0{,}16\times0{,}216
  3. ==0,3460{,}346
Loi binomiale B(5 ; 0,4) p 0,1 0,2 0,3 0,0780 0,2591 0,3462 0,2303 0,0774 0,0105 k = nombre de tirs réussis sur 5
Figure 6 — Diagramme en bâtons de la loi B(5 ; 0,4)\mathcal{B}(5\,;\,0{,}4) : p(X=k)=(5k)(0,4)k(0,6)5−kp(X=k) = \dbinom{5}{k}(0{,}4)^k(0{,}6)^{5-k}.
Exemple — au moins 3 réussites
  1. p(X⩾3)=p(X=3)+p(X=4)+p(X=5)p(X\geqslant3) = p(X=3)+p(X=4)+p(X=5)
  2. ==0,230+0,077+0,0100{,}230+0{,}077+0{,}010
  3. ==0,3170{,}317

et E(X)=np=5×0,4=2E(X) = np = 5\times0{,}4 = 2 tirs réussis en moyenne, avec V(X)=np(1−p)=5×0,4×0,6=1,2V(X) = np(1-p) = 5\times0{,}4\times0{,}6 = 1{,}2 donc σ(X)≈1,095\sigma(X)\approx1{,}095.

Math & Co — Jacques Bernoulli et l'Ars Conjectandi

Le mathématicien suisse Jacques Bernoulli (1655-1705) consacre les dernières années de sa vie à un traité de probabilités resté inachevé à sa mort. Publié à titre posthume en 1713 par son neveu Nicolas sous le titre Ars Conjectandi (« l'art de conjecturer »), l'ouvrage formalise pour la première fois la répétition d'épreuves identiques et indépendantes — ce que l'on appelle depuis un schéma de Bernoulli en son honneur.

Bernoulli y démontre aussi la première version de la loi des grands nombres : plus on répète l'expérience, plus la fréquence des succès se rapproche de la probabilité théorique pp — un résultat fondateur pour toutes les applications statistiques des probabilités.

Fiche mémo

  • Équiprobabilité : p(A)=card(A)card(Ω)p(A)=\dfrac{\text{card}(A)}{\text{card}(\Omega)} ;  p(A‾)=1−p(A)\ p(\overline{A})=1-p(A) ;  p(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B)\ p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B).
  • Variable aléatoire : E(X)=∑pixiE(X)=\sum p_ix_i ;  V(X)=∑pixi2−(E(X))2\ V(X)=\sum p_ix_i^{2}-\left(E(X)\right)^{2} ;  σ(X)=V(X)\ \sigma(X)=\sqrt{V(X)}.
  • Principe multiplicatif : des étapes successives indépendantes ⇒\Rightarrow on multiplie les possibilités.
  • n!=n×(n−1)×⋯×1n! = n\times(n-1)\times\cdots\times1, avec 0!=10!=1 : nombre de rangements de nn objets distincts.
  • Arrangement Anp=n!(n−p)!A_n^{p}=\dfrac{n!}{(n-p)!} : pp objets choisis parmi nn, ordre important.
  • Combinaison (np)=n!p! (n−p)!=Anpp!\dbinom{n}{p}=\dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}=\dfrac{A_n^{p}}{p!} : pp objets choisis parmi nn, ordre indifférent.
  • (np)=(nn−p)\dbinom{n}{p}=\dbinom{n}{n-p} (symétrie) ;  (np)+(np+1)=(n+1p+1)\ \dbinom{n}{p}+\dbinom{n}{p+1}=\dbinom{n+1}{p+1} (Pascal).
  • Binôme de Newton : (a+b)n=∑k=0n(nk)an−kbk(a+b)^{n}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}a^{n-k}b^{k}.
  • Conditionnelle : pB(A)=p(A∩B)p(B)p_B(A)=\dfrac{p(A\cap B)}{p(B)} ;  p(A∩B)=p(B)×pB(A)\ p(A\cap B)=p(B)\times p_B(A).
  • Probabilités totales : p(A)=p(B)pB(A)+p(B‾)pB‾(A)p(A)=p(B)p_B(A)+p(\overline B)p_{\overline B}(A).
  • Indépendance : A,BA,B indépendants   ⟺  p(A∩B)=p(A)p(B)  ⟺  pB(A)=p(A)\iff p(A\cap B)=p(A)p(B) \iff p_B(A)=p(A).
  • Incompatible ≠ indépendant : deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants.
  • Schéma de Bernoulli : nn épreuves indépendantes, succès de probabilité pp ;  p(X=k)=(nk)pk(1−p)n−k\ p(X=k)=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}.
  • Loi binomiale B(n,p)\mathcal{B}(n,p) : E(X)=npE(X)=np ;  V(X)=np(1−p)\ V(X)=np(1-p) ;  σ(X)=np(1−p)\ \sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe
1

Calcule 6!6!, A62A_6^{2}, (62)\dbinom{6}{2} et (64)\dbinom{6}{4}.

Voir le corrigé détaillé
  1. 6!=6×5×4×3×2×1=7206! = 6\times5\times4\times3\times2\times1 = 720
  2. A62=6×5=30A_6^{2} = 6\times5 = 30
  3. (62)=A622!=302=15\dbinom{6}{2} = \dfrac{A_6^{2}}{2!} = \dfrac{30}{2} = 15
  4. (64)=(62)=15\dbinom{6}{4} = \dbinom{6}{2} = 15symétrie (np)=(nn−p)\dbinom{n}{p}=\dbinom{n}{n-p}
2

Une variable aléatoire XX prend les valeurs −2-2, 11 et 33, avec p(X=−2)=0,3p(X=-2)=0{,}3, p(X=1)=0,5p(X=1)=0{,}5 et p(X=3)=ap(X=3)=a. Détermine aa, puis calcule E(X)E(X).

Voir le corrigé détaillé
  1. 0,3+0,5+a=10{,}3+0{,}5+a = 1
  2. ⇒\Rightarrowa=0,2a = 0{,}2
  3. E(X)=(−2)×0,3+1×0,5+3×0,2E(X) = (-2)\times0{,}3 + 1\times0{,}5 + 3\times0{,}2
  4. ==−0,6+0,5+0,6=0,5-0{,}6+0{,}5+0{,}6 = 0{,}5
3

On donne p(A)=0,6p(A)=0{,}6, p(B)=0,5p(B)=0{,}5 et p(A∩B)=0,3p(A\cap B)=0{,}3. Calcule p(A∪B)p(A\cup B) puis p(A‾∩B‾)p(\overline{A}\cap\overline{B}).

Voir le corrigé détaillé
  1. p(A∪B)=p(A)+p(B)−p(A∩B)p(A\cup B) = p(A)+p(B)-p(A\cap B)
  2. ==0,6+0,5−0,3=0,80{,}6+0{,}5-0{,}3 = 0{,}8
  3. A‾∩B‾\overline{A}\cap\overline{B} est l'événement contraire de A∪BA\cup Blois de De Morgan
  4. ⇒\Rightarrowp(A‾∩B‾)=1−0,8=0,2p(\overline{A}\cap\overline{B}) = 1-0{,}8 = 0{,}2
4

Sachant p(A∩B)=0,12p(A\cap B)=0{,}12 et p(B)=0,4p(B)=0{,}4, calcule pB(A)p_B(A).

Voir le corrigé détaillé
  1. pB(A)=p(A∩B)p(B)=0,120,4p_B(A) = \dfrac{p(A\cap B)}{p(B)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}4}
  2. ==0,30{,}3
5

On donne p(A)=0,4p(A)=0{,}4, p(B)=0,25p(B)=0{,}25 et p(A∩B)=0,1p(A\cap B)=0{,}1. AA et BB sont-ils indépendants ?

Voir le corrigé détaillé
  1. p(A)×p(B)=0,4×0,25=0,1p(A)\times p(B) = 0{,}4\times0{,}25 = 0{,}1
  2. p(A∩B)=0,1p(A\cap B) = 0{,}1
  3. ⇒\Rightarrowp(A∩B)=p(A)×p(B)p(A\cap B) = p(A)\times p(B) : AA et BB sont indépendants
Niveau 2 — Approfondissement
6

Un club compte 55 hommes et 44 femmes. On forme un comité de 33 personnes. Combien de comités comportent au moins une femme ?

Voir le corrigé détaillé

On passe par l'événement contraire : « aucune femme », c'est-à-dire un comité entièrement masculin.

  1. nombre total de comités =(93)=9×8×76=84= \dbinom{9}{3} = \dfrac{9\times8\times7}{6} = 84
  2. comités sans femme =(53)=5×4×36=10= \dbinom{5}{3} = \dfrac{5\times4\times3}{6} = 10
  3. ⇒\Rightarrowcomités avec au moins une femme =84−10=74= 84-10 = 74
7

Développe (x−2)5(x-2)^{5} grâce au triangle de Pascal.

Voir le corrigé détaillé

La ligne n=5n=5 donne les coefficients 1,5,10,10,5,11,5,10,10,5,1, et b=−2b=-2 alterne les signes.

  1. (x−2)5=x5+5x4(−2)+10x3(−2)2+10x2(−2)3+5x(−2)4+(−2)5(x-2)^5 = x^5 + 5x^4(-2) + 10x^3(-2)^2 + 10x^2(-2)^3 + 5x(-2)^4 + (-2)^5
  2. ==x5−10x4+10×4 x3+10×(−8) x2+5×16 x−32x^5 - 10x^4 + 10\times4\,x^3 + 10\times(-8)\,x^2 + 5\times16\,x - 32
  3. ==x5−10x4+40x3−80x2+80x−32x^5 - 10x^4 + 40x^3 - 80x^2 + 80x - 32
8

Combien d'anagrammes (mots, avec ou sans sens) peut-on former avec les lettres du mot ARBRE ?

Voir le corrigé détaillé

ARBRE compte 55 lettres, mais la lettre RR apparaît deux fois. Si toutes les lettres étaient distinctes, il y aurait 5!5! rangements ; mais échanger les deux RR entre eux ne change pas le mot obtenu : chaque anagramme est donc compté deux fois (2!2! façons d'ordonner les deux RR entre eux).

  1. nombre d'anagrammes =5!2!= \dfrac{5!}{2!}
  2. ==1202=60\dfrac{120}{2} = 60
9

Une urne U1U_1 (choisie avec probabilité 0,40{,}4) contient 33 boules rouges et 22 vertes ; une urne U2U_2 (choisie avec probabilité 0,60{,}6) contient 11 boule rouge et 44 vertes. On choisit une urne au hasard puis on y tire une boule. Calcule p(R)p(R), puis pR(U1)p_R(U_1).

Voir le corrigé détaillé
  1. pU1(R)=35=0,6p_{U_1}(R) = \dfrac{3}{5} = 0{,}6 ; pU2(R)=15=0,2\quad p_{U_2}(R) = \dfrac{1}{5} = 0{,}2
  2. p(R)=p(U1)×pU1(R)+p(U2)×pU2(R)p(R) = p(U_1)\times p_{U_1}(R) + p(U_2)\times p_{U_2}(R)probabilités totales
  3. ==0,4×0,6+0,6×0,2=0,24+0,12=0,360{,}4\times0{,}6 + 0{,}6\times0{,}2 = 0{,}24+0{,}12 = 0{,}36
  4. p(U1∩R)=0,24p(U_1\cap R) = 0{,}24
  5. ⇒\RightarrowpR(U1)=p(U1∩R)p(R)=0,240,36=23≈0,667p_R(U_1) = \dfrac{p(U_1\cap R)}{p(R)} = \dfrac{0{,}24}{0{,}36} = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667

Sachant que la boule tirée est rouge, il devient plus probable qu'elle vienne de U1U_1 (66,7%66{,}7\%) que de sa probabilité de départ (40%40\%) : l'information « rouge » a fait remonter la probabilité de U1U_1.

10

XX suit la loi B(4 ; 0,3)\mathcal{B}(4\,;\,0{,}3). Calcule p(X=2)p(X=2) puis p(X⩽1)p(X\leqslant1).

Voir le corrigé détaillé
  1. p(X=2)=(42)(0,3)2(0,7)2=6×0,09×0,49p(X=2) = \dbinom{4}{2}(0{,}3)^2(0{,}7)^2 = 6\times0{,}09\times0{,}49
  2. ==0,26460{,}2646
  3. p(X=0)=(0,7)4=0,2401p(X=0) = (0{,}7)^4 = 0{,}2401
  4. p(X=1)=(41)(0,3)(0,7)3=4×0,3×0,343=0,4116p(X=1) = \dbinom{4}{1}(0{,}3)(0{,}7)^3 = 4\times0{,}3\times0{,}343 = 0{,}4116
  5. ⇒\Rightarrowp(X⩽1)=0,2401+0,4116=0,6517p(X\leqslant1) = 0{,}2401+0{,}4116 = 0{,}6517
Niveau 3 — Défi
11

Une urne contient 33 boules rouges et 55 boules vertes. On en tire simultanément 22. Soit XX le nombre de boules rouges obtenues.

  1. Détermine la loi de probabilité de XX.
  2. Calcule E(X)E(X).
Voir le corrigé détaillé

1. Le tirage étant simultané, on utilise des combinaisons. Le nombre total de tirages est (82)=28\dbinom{8}{2}=28. XX prend les valeurs 00, 11 et 22.

  1. p(X=0)=(30)(52)(82)=1×1028=1028=514p(X=0) = \dfrac{\dbinom{3}{0}\dbinom{5}{2}}{\dbinom{8}{2}} = \dfrac{1\times10}{28} = \dfrac{10}{28} = \dfrac{5}{14}
  2. p(X=1)=(31)(51)28=3×528=1528p(X=1) = \dfrac{\dbinom{3}{1}\dbinom{5}{1}}{28} = \dfrac{3\times5}{28} = \dfrac{15}{28}
  3. p(X=2)=(32)(50)28=3×128=328p(X=2) = \dfrac{\dbinom{3}{2}\dbinom{5}{0}}{28} = \dfrac{3\times1}{28} = \dfrac{3}{28}
  4. vérification : 10+15+328=2828=1\dfrac{10+15+3}{28} = \dfrac{28}{28} = 1c'est bien une loi de probabilité

2.

  1. E(X)=0×1028+1×1528+2×328E(X) = 0\times\dfrac{10}{28} + 1\times\dfrac{15}{28} + 2\times\dfrac{3}{28}
  2. ==15+628=2128=34=0,75\dfrac{15+6}{28} = \dfrac{21}{28} = \dfrac{3}{4} = 0{,}75
12

Dans une usine, une pièce fabriquée est défectueuse avec une probabilité p=0,25p=0{,}25, indépendamment des autres. On prélève 66 pièces. Soit XX le nombre de pièces défectueuses.

  1. Justifie que XX suit une loi binomiale, et précise ses paramètres.
  2. Calcule p(X=0)p(X=0), puis p(X⩾1)p(X\geqslant1).
  3. Calcule E(X)E(X) et V(X)V(X).
Voir le corrigé détaillé

1. Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli (défectueuse ou non), répétée 66 fois de façon identique et indépendante : XX suit la loi B(6 ; 0,25)\mathcal{B}(6\,;\,0{,}25).

2.

  1. p(X=0)=(0,75)6p(X=0) = (0{,}75)^6
  2. ==(0,753)2=(0,421875)2≈0,1780\left(0{,}75^3\right)^2 = (0{,}421875)^2 \approx 0{,}1780
  3. p(X⩾1)=1−p(X=0)p(X\geqslant1) = 1-p(X=0)événement contraire
  4. ≈\approx1−0,1780=0,82201-0{,}1780 = 0{,}8220

3.

  1. E(X)=np=6×0,25=1,5E(X) = np = 6\times0{,}25 = 1{,}5 pièce défectueuse en moyenne
  2. V(X)=np(1−p)=6×0,25×0,75=1,125V(X) = np(1-p) = 6\times0{,}25\times0{,}75 = 1{,}125
13

Un jury de 1212 personnes doit désigner, parmi elles, un président, un secrétaire (deux rôles distincts) puis 33 membres ordinaires du bureau (sans rôle particulier), tous différents.

  1. Combien de bureaux différents peut-on constituer ?
  2. Fatou fait partie des 1212 personnes. Quelle est la probabilité qu'elle soit désignée présidente ?
Voir le corrigé détaillé

1. On procède en deux étapes indépendantes du principe multiplicatif.

  1. président puis secrétaire : l'ordre compte ⇒\Rightarrow arrangement A122=12×11=132A_{12}^{2} = 12\times11 = 132
  2. 3 membres parmi les 1010 personnes restantes, sans ordre ⇒\Rightarrow combinaison (103)=10×9×86=120\dbinom{10}{3} = \dfrac{10\times9\times8}{6} = 120
  3. ⇒\Rightarrownombre total de bureaux =132×120=15 840= 132\times120 = 15\,840

2. On suppose l'équiprobabilité sur les 15 84015\,840 bureaux. Comptons ceux où Fatou est présidente : il reste alors à choisir le secrétaire parmi les 1111 autres personnes, puis 33 membres parmi les 1010 restantes.

  1. bureaux avec Fatou présidente =11×(103)=11×120=1 320= 11\times\dbinom{10}{3} = 11\times120 = 1\,320
  2. ⇒\Rightarrowp(Fatou preˊsidente)=1 32015 840=112p(\text{Fatou présidente}) = \dfrac{1\,320}{15\,840} = \dfrac{1}{12}

On retrouve, sans surprise, 112\dfrac{1}{12} : par symétrie, chacune des 1212 personnes a la même chance d'être désignée présidente.

Niveau 4 — Problèmes de vie courante
14

La tombola du lycée (Dakar). Pour financer un voyage scolaire, le lycée de Dakar vend 200200 billets de tombola numérotés, dont 55 sont gagnants. Aminata achète 33 billets au hasard.

  1. Calcule la probabilité qu'aucun de ses billets ne soit gagnant.
  2. En déduis la probabilité qu'Aminata gagne au moins un lot.
Voir le corrigé détaillé

1. Le tirage des 3 billets est simultané (l'ordre n'a pas d'importance) : on utilise des combinaisons.

  1. (2003)=200×199×1986=1 313 400\dbinom{200}{3} = \dfrac{200\times199\times198}{6} = 1\,313\,400 tirages possibles
  2. « aucun billet gagnant » : les 3 billets sont pris parmi les 195195 perdants
  3. (1953)=195×194×1936=1 216 865\dbinom{195}{3} = \dfrac{195\times194\times193}{6} = 1\,216\,865
  4. ⇒\Rightarrowp(aucun gagnant)=1 216 8651 313 400≈0,9265p(\text{aucun gagnant}) = \dfrac{1\,216\,865}{1\,313\,400} \approx 0{,}9265

2.

  1. p(au moins un gagnant)=1−0,9265p(\text{au moins un gagnant}) = 1 - 0{,}9265
  2. ≈\approx0,07350{,}0735soit environ 7,35 %

Malgré 33 billets achetés, Aminata n'a qu'environ 7%7\% de chances de repartir avec un lot.

15

Le taxi-brousse Abéché–Ndjamena. Sur la liaison Abéché–Ndjamena, un jour donné est « sec » avec une probabilité 0,70{,}7 et « pluvieux » avec une probabilité 0,30{,}3. Le taxi-brousse arrive à l'heure avec une probabilité 0,90{,}9 les jours secs, et seulement 0,550{,}55 les jours pluvieux.

  1. Calcule la probabilité que le taxi-brousse arrive à l'heure un jour choisi au hasard.
  2. Sachant qu'un jour donné le taxi est arrivé en retard, calcule la probabilité que ce jour ait été pluvieux.
Voir le corrigé détaillé

Notons SS : « jour sec », P=S‾P=\overline{S} : « jour pluvieux », HH : « arrivée à l'heure ».

1.

  1. p(H)=p(S)×pS(H)+p(P)×pP(H)p(H) = p(S)\times p_S(H) + p(P)\times p_P(H)
  2. ==0,7×0,9+0,3×0,550{,}7\times0{,}9 + 0{,}3\times0{,}55
  3. ==0,63+0,165=0,7950{,}63+0{,}165 = 0{,}795

2. On cherche pH‾(P)p_{\overline{H}}(P), avec p(H‾)=1−0,795=0,205p(\overline{H}) = 1-0{,}795 = 0{,}205.

  1. p(P∩H‾)=p(P)×pP(H‾)=0,3×(1−0,55)=0,3×0,45=0,135p(P\cap\overline{H}) = p(P)\times p_P(\overline{H}) = 0{,}3\times(1-0{,}55) = 0{,}3\times0{,}45 = 0{,}135
  2. pH‾(P)=p(P∩H‾)p(H‾)=0,1350,205p_{\overline{H}}(P) = \dfrac{p(P\cap\overline{H})}{p(\overline{H})} = \dfrac{0{,}135}{0{,}205}
  3. ≈\approx0,6590{,}659soit environ 65,9 %

Un retard rend donc un jour pluvieux nettement plus probable (65,9%65{,}9\%) que sa probabilité de départ (30%30\%).

16

Championnat de football (Abidjan–Bamako–Douala). Une équipe basée à Abidjan gagne chacun de ses matchs de championnat avec une probabilité 0,550{,}55, indépendamment d'un match à l'autre (adversaires de Bamako, Douala, etc.). Sur les 44 prochains matchs, soit XX le nombre de victoires.

  1. Justifie que XX suit une loi binomiale et donne ses paramètres.
  2. Calcule la probabilité que l'équipe gagne au moins 3 de ses 4 prochains matchs.
  3. Calcule le nombre moyen de victoires attendu sur ces 4 matchs.
Voir le corrigé détaillé

1. Chaque match est une épreuve de Bernoulli (victoire/non-victoire) de probabilité de succès p=0,55p=0{,}55, répétée 44 fois de façon indépendante : XX suit B(4 ; 0,55)\mathcal{B}(4\,;\,0{,}55).

2.

  1. p(X=3)=(43)(0,55)3(0,45)1=4×0,166375×0,45p(X=3) = \dbinom{4}{3}(0{,}55)^3(0{,}45)^1 = 4\times0{,}166375\times0{,}45
  2. ≈\approx0,29950{,}2995
  3. p(X=4)=(0,55)4≈0,0915p(X=4) = (0{,}55)^4 \approx 0{,}0915
  4. ⇒\Rightarrowp(X⩾3)=p(X=3)+p(X=4)≈0,2995+0,0915p(X\geqslant3) = p(X=3)+p(X=4) \approx 0{,}2995+0{,}0915
  5. ≈\approx0,3910{,}391soit environ 39,1 %

3.

  1. E(X)=np=4×0,55=2,2E(X) = np = 4\times0{,}55 = 2{,}2 victoires en moyenne sur les 4 matchs

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8 questions

Second degré : discriminant et signe du trinôme

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📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

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On appelle univers d'une expérience aléatoire, noté Ω\Omega :

Explication : L'univers Ω\Omega rassemble toutes les issues possibles d'une expérience aléatoire ; un événement est une partie de Ω\Omega.

Dans une situation d'équiprobabilité, la probabilité d'un événement AA vaut :

Explication : Quand toutes les issues sont équiprobables, p(A)=nombre d’issues favorablesnombre d’issues possibles=card(A)card(Ω)p(A) = \dfrac{\text{nombre d'issues favorables}}{\text{nombre d'issues possibles}} = \dfrac{\text{card}(A)}{\text{card}(\Omega)}.

L'événement contraire de AA, noté A‾\overline{A}, vérifie :

Explication : A‾\overline{A} est réalisé exactement quand AA ne l'est pas ; comme AA et A‾\overline{A} se partagent tout l'univers, p(A)+p(A‾)=1p(A)+p(\overline{A})=1.

Pour deux événements AA et BB quelconques d'un même univers, p(A∪B)p(A\cup B) est égal à :

Explication : On additionne p(A)p(A) et p(B)p(B), mais p(A∩B)p(A\cap B) a été comptée deux fois (dans AA et dans BB) : il faut donc la retrancher une fois. La formule p(A)+p(B)p(A)+p(B) seule n'est valable que si AA et BB sont incompatibles.

Soit XX une variable aléatoire prenant les valeurs x1,…,xnx_1,\dots,x_n avec les probabilités p1,…,pnp_1,\dots,p_n. L'espérance E(X)E(X) est définie par :

Explication : L'espérance est la moyenne pondérée des valeurs de XX par leurs probabilités : c'est la valeur « moyenne » attendue si l'on répète l'expérience un grand nombre de fois.

La formule de König-Huygens permet de calculer la variance V(X)V(X) par :

Explication : Cette formule, obtenue en développant (xi−E(X))2\left(x_i-E(X)\right)^{2} dans la définition de la variance, est presque toujours plus rapide à utiliser que la définition directe.

D'après le principe multiplicatif, si une situation se décompose en kk étapes offrant respectivement n1,n2,…,nkn_1, n_2, \dots, n_k possibilités, le nombre total de situations possibles est :

Explication : Chaque fois qu'une situation se construit par une suite de choix indépendants les uns des autres, on multiplie les nombres de possibilités à chaque étape.

Que vaut 5!5! ?

Explication : 5!=5×4×3×2×1=1205! = 5\times4\times3\times2\times1 = 120 : c'est le nombre de façons de ranger 55 objets distincts en ligne.

Un arrangement de pp éléments parmi nn objets distincts est :

Explication : Un arrangement retient l'ordre du choix, contrairement à une combinaison. On l'utilise dès que l'énoncé implique un rôle distinct pour chaque position (podium, mot de passe…).

Une course rassemble 88 athlètes. Combien de podiums (1er, 2e, 3e) différents existe-t-il ?

Explication : L'ordre compte (1er ≠ 2e ≠ 3e) : c'est un arrangement. A83=8×7×6=336A_8^{3} = 8\times7\times6 = 336.

Une combinaison de pp éléments parmi nn objets distincts est :

Explication : Seul l'ensemble des objets choisis compte dans une combinaison, pas l'ordre dans lequel on les a pris : on l'utilise pour un comité, un tirage simultané, une grille de loto.

Une association de 1010 membres élit un comité de 33 personnes, sans rôle distinct entre elles. Combien de comités différents sont possibles ?

Explication : L'ordre des 3 personnes ne compte pas : c'est une combinaison. (103)=10×9×83×2×1=7206=120\dbinom{10}{3} = \dfrac{10\times9\times8}{3\times2\times1} = \dfrac{720}{6} = 120.

Pour tout entier nn et tout pp tel que 0⩽p⩽n0\leqslant p\leqslant n :

Explication : Choisir pp objets à garder revient exactement à choisir les n−pn-p objets qu'on écarte : c'est la propriété de symétrie des combinaisons.

La relation de Pascal s'écrit :

Explication : En séparant les choix de p+1p+1 objets parmi n+1n+1 selon qu'ils contiennent ou non un objet particulier, on obtient exactement cette somme : c'est ce qui construit le triangle de Pascal.

Piège classique : pour tous réels aa, bb (avec ab≠0ab\neq0) et tout entier n⩾2n\geqslant2, (a+b)n(a+b)^{n} est-il égal à an+bna^{n}+b^{n} ?

Explication : C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre. Dès n=2n=2, (a+b)2=a2+2ab+b2≠a2+b2(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}\neq a^{2}+b^{2} dès que ab≠0ab\neq0 : il manque les termes croisés du binôme de Newton.

Soit BB un événement de probabilité non nulle. La probabilité de AA sachant BB, notée pB(A)p_B(A), est définie par :

Explication : pB(A)p_B(A) « recentre » l'univers sur BB : c'est la proportion de A∩BA\cap B au sein de BB, soit p(A∩B)p(B)\dfrac{p(A\cap B)}{p(B)}.

Deux événements incompatibles de probabilités non nulles sont-ils indépendants ?

Explication : Incompatibilité et indépendance sont deux notions distinctes, presque opposées : l'incompatibilité dit que BB interdit AA, l'indépendance dit que BB n'a aucune influence sur AA. Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne peuvent jamais être indépendants.

Dans un schéma de Bernoulli de paramètres nn et pp, la probabilité d'obtenir exactement kk succès est :

Explication : Chaque chemin de l'arbre à kk succès a pour probabilité pk(1−p)n−kp^{k}(1-p)^{n-k}, et il y a (nk)\dbinom{n}{k} façons de placer ces kk succès parmi les nn épreuves.

La tombola du lycée (Dakar). Sur 200200 billets, 55 sont gagnants. Aminata achète 33 billets au hasard. La probabilité qu'aucun de ses billets ne soit gagnant vaut (1953)(2003)≈0,9265\dfrac{\binom{195}{3}}{\binom{200}{3}} \approx 0{,}9265. Quelle est alors la probabilité qu'elle gagne au moins un lot ?

Explication : « Au moins un lot » est l'événement contraire de « aucun lot » : p(au moins un)=1−0,9265≈0,0735p(\text{au moins un}) = 1 - 0{,}9265 \approx 0{,}0735, soit environ 7,35%7{,}35\% de chances.

Championnat de football (Abidjan). Une équipe gagne chacun de ses matchs avec une probabilité 0,550{,}55, indépendamment d'un match à l'autre. Sur les 44 prochains matchs, quel est le nombre moyen de victoires attendu ?

Explication : Le nombre de victoires XX suit la loi binomiale B(4 ; 0,55)\mathcal{B}(4\,;\,0{,}55), et pour une loi binomiale, E(X)=npE(X)=np. Ici E(X)=4×0,55=2,2E(X) = 4\times0{,}55 = 2{,}2 victoires en moyenne.
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