FAIRE LES 2k\(\pi\)

Cours en classe

1re générale — Mathématiques intégrées à l’enseignement scientifique

Le fil du chapitre : changer de groupe de référence, reconnaître l’indépendance, organiser des répétitions par un arbre, puis distinguer une probabilité d’une fréquence observée.

Les situations chiffrées sont fictives et servent à apprendre ; les règles du modèle sont précisées dans chaque exemple. Les définitions fixent le vocabulaire, les propriétés donnent les règles avec leurs conditions, les justifications les expliquent et les méthodes organisent le calcul.

Repères pour commencer

Les calculs utiles, à garder sous les yeux

Une proportion est le quotient partie / total du groupe étudié, avec un total strictement positif. Le numérateur compte la partie ; le dénominateur fixe la référence. Une proportion appartient à \([0\,;1]\) : \(\frac{12}{30}\) convient pour 12 personnes parmi 30 ; \(\frac{30}{12}>1\) ne convient pas.

Exact ou approché ? \(\dfrac13\) est exact ; \(0{,}333\) est un arrondi : on écrit \(\dfrac13\approx0{,}333\). On conserve les fractions exactes pour comparer des probabilités.

Expérience, événements et modèle

Une expérience aléatoire a un résultat que l’on ne connaît pas à l’avance. Une issue est un résultat possible ; l’univers \(\Omega\) regroupe toutes les issues retenues dans le modèle. Un événement est un ensemble d’issues : il est réalisé si l’issue obtenue lui appartient.

Dans un modèle fini, on attribue aux issues des probabilités comprises entre 0 et 1, dont la somme vaut 1. La probabilité d’un événement \(A\), notée \(\mathrm{P}\left(A\right)\), est la somme des probabilités de ses issues. Ainsi,

\(\Omega\) est l’événement certain ; l’ensemble vide \(\varnothing\) est l’événement impossible. Pour un dé à six faces, « obtenir un nombre de 1 à 6 » est certain et « obtenir 7 » est impossible.

Équiprobabilité : quand peut-on compter ?

Si les \(N\) issues d’un univers fini sont équiprobables, c’est-à-dire de même probabilité, et si \(A\) en contient \(m\), alors

\[\boxed{\mathrm{P}\left(A\right)=\frac{m}{N}=\frac{\text{nombre d’issues favorables}}{\text{nombre total d’issues}}.}\]

Justification. Les \(N\) probabilités égales ont pour somme 1 : chacune vaut \(1/N\). Additionner celles des \(m\) issues de \(A\) donne \(m\times(1/N)=m/N\).

Premier geste : préciser les issues et justifier qu’elles ont la même probabilité. Le mot « hasard » ne suffit pas à établir cette égalité. Un dé équilibré est modélisé par six issues de probabilité \(1/6\). La symétrie motive ce modèle ; le calcul ne prouve pas l’équilibre d’un objet réel.

Contre-exemple. On tire uniformément un jeton parmi deux bleus et un jaune. Les trois jetons sont équiprobables, mais les deux couleurs ne le sont pas :

Deux catégories possibles ne signifient donc pas deux probabilités égales à \(1/2\).

« Et », « ou », « contraire » : trois opérations différentes

On lance un dé équilibré : \(\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}\). Dans cet exemple,

Lecture. L’intersection contient 4 et 6 ; la réunion contient 2, 4, 5 et 6. Les issues 1 et 3 sont en dehors des deux événements. Les aires ne représentent pas les probabilités : on compte les numéros. Le contraire dépend toujours de l’univers choisi.

Deux propriétés avec leurs justifications

Contraire. \(A\) et \(\overline{A}\) couvrent l’univers sans issue commune. Leurs probabilités ont donc pour somme 1 :

\[\boxed{\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=1-\mathrm{P}\left(A\right).}\]

Réunion. Additionner \(\mathrm{P}\left(A\right)\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)\) compte deux fois les issues de l’intersection. On les retire une fois :

\[\boxed{\mathrm{P}\left(A\cup B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)+\mathrm{P}\left(B\right)-\mathrm{P}\left(A\cap B\right).}\]

Au dé : \(\dfrac36+\dfrac36-\dfrac26=\dfrac46=\dfrac23\), comme par comptage direct.

Deux événements sont incompatibles si leur intersection est vide : ils ne peuvent pas se réaliser ensemble. Dans ce cas, \(\mathrm{P}\left(A\cup B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)+\mathrm{P}\left(B\right)\).

Contrôle utile : \(A\cap B\) est contenu dans chacun des deux événements ; donc \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\leq\mathrm{P}\left(A\right)\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\leq\mathrm{P}\left(B\right)\).

Un tableau croisé : le fil conducteur du chapitre

Dans le projet Ma ville de demain, 200 personnes répondent à une enquête sur un composteur collectif. Certaines ont participé à un atelier de découverte. On choisit uniformément une fiche parmi les 200 : chaque fiche a la même chance d’être choisie. Pour les parties 1 à 3, on note

La population étudiée est l’ensemble des 200 personnes. Un caractère est une propriété observée, ici la participation à l’atelier ou l’opinion sur le projet. Un effectif est un nombre de personnes.

Une case intérieure impose les deux caractères : 60 personnes sont à la fois dans \(A\) et dans \(B\). Les effectifs marginaux, en bordure, regroupent une ligne ou une colonne : 80 participants à l’atelier, quelle que soit leur opinion ; 84 favorables, qu’ils aient participé ou non. Une même valeur numérique peut désigner des groupes différents : on lit toujours ses intitulés.

Méthode — lire, compléter et contrôler

1. Nommer la ligne et la colonne avant d’interpréter une case.

2. Pour une case manquante, chercher une ligne ou une colonne dont on connaît le total et l’autre case. Par exemple, les non-favorables de l’atelier sont \(80-60=20\).

3. Contrôler les deux directions : \(60+20=80\), \(24+96=120\), \(60+24=84\), \(20+96=116\), puis \(80+120=84+116=200\).

Les catégories sont disjointes et couvrent chaque groupe. On n’ajoute pas les marges aux cases : cela compterait les mêmes personnes plusieurs fois.

Vigilance sur les données. Des pourcentages arrondis peuvent donner un effectif calculé non entier ; on vérifie alors le caractère exact ou approché des données, sans inventer de demi-personne ni rectifier silencieusement l’énoncé.

Effectif et fréquence

Dans un groupe non vide, une fréquence est une proportion observée :

La fréquence marginale des favorables est \(84/200=0{,}42=42\,\%\). La fréquence de ceux qui ont les deux caractères dans toute l’enquête est \(60/200=0{,}30\). Une fréquence conditionnelle se calcule dans un sous-groupe précisé : parmi les 80 participants, \(60/80=0{,}75\) sont favorables.

Le tirage étant uniforme dans cette liste entièrement connue, les quotients sur les 200 fiches donnent aussi les probabilités correspondantes du tirage : \(\mathrm{P}\left(A\right)=80/200=0{,}4\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)=84/200=0{,}42\).

Probabilités conditionnelles : parmi qui ?

Conditionner signifie tenir compte d’une information connue. On ne garde que les fiches qui la vérifient, puis on cherche une proportion dans ce groupe. Cela ne change pas l’opinion des personnes et ne prouve pas qu’une information cause l’autre.

Définition — probabilité de B sachant A

Soit \(A\) un événement tel que \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\). La probabilité de \(B\) sachant \(A\) est

\[\boxed{\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}.}\]

L’indice \(A\) désigne ce que l’on sait ; \(B\), entre parenthèses, désigne ce que l’on cherche.

Pour un tirage uniforme dans une population finie, le quotient devient

\[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\text{effectif vérifiant à la fois $A$ et $B$}}{\text{effectif vérifiant $A$}},\]

avec un effectif de \(A\) strictement positif.

Le même numérateur, trois références

On utilise le tableau des 200 fiches de la partie correspondante.

Dans toute l’enquête, 30 % ont les deux caractères. Parmi les participants, 75 % sont favorables. Parmi les favorables, environ 71,4 % ont participé.

À distinguer : \(A\cap B=B\cap A\), mais ici \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\ne\mathrm{P}_{B}\left(A\right)\). Inverser l’information connue change généralement le quotient.

Pourquoi retrouve-t-on les effectifs ? Les deux probabilités de la définition ont la même référence initiale. Comme \(80/200>0\),

La référence commune 200 disparaît du quotient ; il reste le groupe des 80 participants.

Méthode — commencer par le groupe connu

1. Repérer l’information connue : « sachant que », « parmi », « chez les » ; écrire le groupe de référence.

2. Repérer, dans ce groupe, ceux qui vérifient aussi l’événement demandé.

3. Écrire le quotient adapté aux données : effectifs en tirage uniforme, ou probabilités d’intersection et de condition.

4. Vérifier que le dénominateur est strictement positif, calculer et conclure par une phrase qui conserve « parmi les… ».

Compléter à 1 : garder la même condition

Propriété et justification

Si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), alors

\[\boxed{\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right)=1-\mathrm{P}_{A}\left(B\right).}\]

Dans \(A\), les événements \(A\cap B\) et \(A\cap\overline{B}\) sont disjoints et couvrent \(A\). Ainsi,

\[\mathrm{P}\left(A\cap B\right)+\mathrm{P}\left(A\cap\overline{B}\right)=\mathrm{P}\left(A\right).\]

En divisant par \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), on obtient \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)+\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right)=1\).

Dans la ligne de l’atelier, \(60/80+20/80=1\) ; donc \(\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right)=1-0{,}75=0{,}25\).

La barre ne change pas le groupe connu

On complète l’événement recherché, en gardant l’indice \(A\). En revanche,

\[\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right)=\frac{24}{120}=0{,}20\ne0{,}25=1-\mathrm{P}_{A}\left(B\right).\]

Le groupe des non-participants n’est pas le complément des favorables à l’intérieur du groupe des participants.

Deux limites qui changent la réponse

Une condition de probabilité nulle. Si \(\mathrm{P}\left(A\right)=0\), \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) n’est pas définie dans ce cadre : on ne divise pas par zéro. Par exemple, parmi des cartes toutes vertes, conditionner sur « la carte est rouge » ne donne pas une probabilité égale à zéro ; le groupe est absent. En revanche, si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0\), alors \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0\) est bien définie.

Des données insuffisantes. Les seules marges d’un tableau ne fixent pas nécessairement ses cases intérieures. Et, si l’on connaît seulement \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}6\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0{,}18\), on peut calculer \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}18/0{,}6=0{,}3\), mais pas \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)\) : il manque \(\mathrm{P}\left(B\right)\). Il faut identifier la donnée manquante au lieu de l’inventer.

Arbres pondérés : construire, multiplier, additionner

Un arbre pondéré organise les possibilités. Un nœud est un point de séparation ; une branche relie deux nœuds et porte une probabilité, appelée poids. Une feuille termine l’arbre. Un chemin complet relie le départ à une feuille.

Méthode — du texte ou du tableau à l’arbre

1. Choisir une première séparation exhaustive : ici \(A\) ou \(\overline{A}\). Inscrire leurs probabilités globales.

2. Après \(A\), se limiter au groupe \(A\) et séparer \(B\) et \(\overline{B}\). Inscrire \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) et \(\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right)\).

3. Recommencer séparément après \(\overline{A}\), avec les probabilités calculées dans ce groupe.

4. Vérifier que les poids appartiennent à \([0\,;1]\) et que les branches issues de chaque même nœud ont pour somme 1.

À partir d’effectifs : marge / total au premier niveau ; case / total du groupe atteint au second, si ce groupe est non vide. Un tableau est souvent commode avec des effectifs ; un arbre l’est avec des probabilités données « parmi » certains groupes. Ce sont des préférences de travail, pas des interdictions.

L’arbre des 200 fiches

Le tableau donne \(80/200=0{,}4\) pour \(A\), puis \(60/80=0{,}75\) pour \(B\) sachant \(A\). Après \(\overline{A}\), la référence est 120 et \(24/120=0{,}2\). Un texte peut donner directement les mêmes informations : « 40 % ont participé ; parmi eux, 75 % sont favorables ; parmi les autres, 20 % sont favorables. » On place alors 0,4 au départ, 0,75 après \(A\) et 0,2 après \(\overline{A}\), puis on complète chaque nœud à 1.

Lecture. Le poids 0,75 est la probabilité d’être favorable sachant atelier. La probabilité du chemin \(A\cap B\) vaut 0,30. Une branche du deuxième niveau n’est donc pas, à elle seule, la probabilité globale de \(B\).

Les trois contrôles sont \(0{,}4+0{,}6=1\), \(0{,}75+0{,}25=1\) et \(0{,}2+0{,}8=1\). Chaque égalité concerne des possibilités disjointes et exhaustives dans un même groupe. Additionner tous les poids du deuxième niveau ne constitue pas un contrôle de nœud.

Un chemin : multiplier les bonnes probabilités

Propriété — produit conditionnel

Si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), alors

\[\boxed{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}_{A}\left(B\right).}\]

Justification. Dans la définition \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\mathrm{P}\left(A\cap B\right)/\mathrm{P}\left(A\right)\), on multiplie les deux membres par \(\mathrm{P}\left(A\right)\), non nul.

La règle n’exige pas l’indépendance : le deuxième facteur reste conditionnel. Il ne se remplace pas librement par \(\mathrm{P}\left(B\right)\).

Dans le groupe entier, 40 % ont participé ; parmi eux, 75 % sont favorables. Prendre 75 % de cette part donne \(0{,}4\times0{,}75=0{,}30\). Avec 200 fiches : \(200\times0{,}4=80\), puis \(80\times0{,}75=60\). Le produit représente une part d’une part ; additionner ces deux proportions ne décrit pas cette part commune.

Les quatre chemins totalisent \(0{,}30+0{,}10+0{,}12+0{,}48=1\). Ceux qui commencent par \(A\) totalisent \(0{,}30+0{,}10=0{,}40=\mathrm{P}\left(A\right)\). Multiplier leurs probabilités par 200 retrouve les quatre cases du tableau.

Plusieurs chemins : additionner des cas disjoints

Règle de somme et total à deux groupes

La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des chemins complets distincts qui le réalisent : ces chemins sont incompatibles.

Si \(0<\mathrm{P}\left(A\right)<1\), les deux conditionnements suivants sont définis et

\[\boxed{\mathrm{P}\left(B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\,\mathrm{P}_{A}\left(B\right)+\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)\,\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right).}\]

Justification. Toute issue de \(B\) se trouve soit dans \(A\cap B\), soit dans \(\overline{A}\cap B\). Ces deux événements couvrent \(B\) sans se recouvrir. On additionne leurs probabilités, puis on utilise le produit sur chacun des chemins.

Dans l’enquête, les deux chemins favorables donnent

Ce n’est pas la moyenne simple \((0{,}75+0{,}2)/2=0{,}475\) : les deux groupes n’ont pas le même poids. Le résultat 0,42 est entre 0,20 et 0,75 ; c’est un contrôle, pas une démonstration.

Pour \(A\cup B\), on retient les trois chemins \(A\cap B\), \(A\cap\overline{B}\) et \(\overline{A}\cap B\) :

On peut aussi retirer le seul chemin refusé : \(1-0{,}48=0{,}52\).

L’information est donnée dans l’autre sens

Méthode et exemple — parmi les favorables, combien de participants ?

Premier geste : le groupe connu est maintenant \(B\). On cherche \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)\) ; le dénominateur doit donc être \(\mathrm{P}\left(B\right)\).

1. Calculer l’intersection demandée : \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0{,}30\).

2. Calculer tous les chemins réalisant la condition : \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}30+0{,}12=0{,}42>0\).

3. Former le quotient et interpréter :

\[\mathrm{P}_{B}\left(A\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(B\right)} =\frac{0{,}30}{0{,}42}=\frac57\approx0{,}7143.\]

Parmi les favorables, environ 71,4 % ont participé. On retrouve le quotient \(60/84\) du tableau. Dans ce même groupe, \(\mathrm{P}_{B}\left(\overline{A}\right)=1-5/7=2/7\).

Changer l’ordre de l’arbre. On peut commencer par \(B\) et \(\overline{B}\), de poids 0,42 et 0,58. Après \(B\), les poids deviennent \(60/84=5/7\) et \(24/84=2/7\) ; après \(\overline{B}\), ils deviennent \(20/116=5/29\) et \(96/116=24/29\). Les cases du tableau restent les mêmes, mais les groupes connus et les dénominateurs changent. Un arbre n’impose donc pas toujours un ordre chronologique ; on ne retourne pas les flèches en gardant leurs poids.

Retrouver une branche manquante

Supposons caché le poids \(x=\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right)\), en gardant les données \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}4\), \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}75\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}42\). La somme des chemins donne

On a retiré le chemin connu, puis divisé par le poids positif de l’autre groupe. Le contrôle \(0{,}30+0{,}6\times0{,}2=0{,}42\) confirme le total. Ce n’est pas le complément \(1-0{,}75\).

Branches de poids 0 ou 1

Dans un groupe admissible, si tous les cas vérifient \(B\), la branche vers \(B\) vaut 1 et celle vers \(\overline{B}\) vaut 0.

Si le groupe lui-même a une probabilité nulle, on n’y définit pas de conditionnelle par quotient et on n’invente pas ses poids : toute intersection contenue dans ce groupe a une probabilité nulle. Par exemple, si \(\mathrm{P}\left(A\right)=0\), alors \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)=\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right)\), puisque \(\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=1\). Si \(\mathrm{P}\left(A\right)=1\), on raisonne de même avec le seul groupe \(A\).

Indépendance : justifier ou utiliser une hypothèse

Lorsque le conditionnement est possible, l’idée d’indépendance est la suivante : connaître la réalisation d’un événement ne change pas la probabilité de l’autre.

Définition — indépendance de deux événements

Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants lorsque

\[\boxed{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right).}\]

La définition est symétrique : échanger \(A\) et \(B\) ne change ni l’intersection ni le produit.

Critère conditionnel

Si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), alors \(A\) et \(B\) sont indépendants si et seulement si

\[\boxed{\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\mathrm{P}\left(B\right).}\]

On compare la probabilité du même événement \(B\), avec et sans l’information \(A\).

Preuve des deux sens. Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, la définition du conditionnement donne

car \(\mathrm{P}\left(A\right)\ne0\). Inversement, si \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\mathrm{P}\left(B\right)\), alors en multipliant les deux membres par \(\mathrm{P}\left(A\right)\). On retrouve l’indépendance.

Si \(\mathrm{P}\left(B\right)>0\), le critère \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\) est aussi valable. Vérifier un critère suffit ; il n’est pas nécessaire de démontrer trois fois la même indépendance.

Méthode — écrire ce que l’on compare ou ce que l’on utilise

Pour justifier l’indépendance :

• avec un tableau, comparer \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) à \(\mathrm{P}\left(B\right)\), si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\) ;

• avec \(\mathrm{P}\left(A\right)\), \(\mathrm{P}\left(B\right)\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\), calculer le produit \(\mathrm{P}\left(A\right)\,\mathrm{P}\left(B\right)\) et le comparer à l’intersection.

Une égalité exacte permet de conclure à l’indépendance ; une différence permet de conclure à la non-indépendance. Garder les fractions exactes, éventuellement mises au même dénominateur positif : deux arrondis égaux ne prouvent pas une égalité exacte.

Pour utiliser une indépendance donnée : citer cette hypothèse, puis calculer l’intersection par le produit des probabilités globales.

Exemple — justifier l’indépendance dans un jeu de cartes

On choisit uniformément une carte parmi douze : six cartes cercle, numérotées de 1 à 6, et six cartes triangle, numérotées de 1 à 6. Dans cet exemple, \(A\) signifie « cercle » et \(B\) signifie « numéro multiple de 3 ».

Les symboles identifient les cartes : \(\circ3\) désigne la carte cercle numérotée 3 ; il ne s’agit pas d’une multiplication.

Les multiples de 3 sont 3 et 6 : il y a quatre cartes favorables dans le jeu et deux parmi les six cercles. Donc

Comme \(\mathrm{P}\left(A\right)=6/12=1/2>0\), le critère est utilisable : \(A\) et \(B\) sont indépendants. La référence a changé, mais la proportion des multiples de 3 reste la même.

Par le produit, on retrouve \(\mathrm{P}\left(A\right)\,\mathrm{P}\left(B\right)=(1/2)(1/3)=1/6=2/12=\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\). Les probabilités \(\mathrm{P}\left(A\right)\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)\) sont différentes : l’indépendance n’exige pas qu’elles soient égales. Les cartes cercle 3 et cercle 6 réalisent les deux événements : des événements indépendants peuvent se réaliser ensemble.

Retour à l’enquête des 200 fiches. Avec les événements atelier/favorable définis dans les parties précédentes, \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}75\ne0{,}42=\mathrm{P}\left(B\right)\) : ces événements ne sont pas indépendants dans ce tirage.

Exemple — utiliser l’indépendance de deux dispositifs

On note \(F\) : « le premier dispositif fonctionne » et \(G\) : « le second fonctionne ». Le modèle suppose \(F\) et \(G\) indépendants et donne \(\mathrm{P}\left(F\right)=3/4\), \(\mathrm{P}\left(G\right)=4/5\).

Les deux doivent fonctionner : on cherche une intersection. L’hypothèse autorise

Le résultat est inférieur à chacun des deux facteurs, comme attendu pour une intersection. Sans l’hypothèse d’indépendance, les deux probabilités seules ne suffiraient pas : une alimentation commune, par exemple, pourrait lier les pannes.

Indépendants et incompatibles : deux critères distincts

Au dé équilibré, \(U\) : « obtenir 1 » et \(V\) : « obtenir 6 » sont incompatibles : \(\mathrm{P}\left(U\cap V\right)=0\). Pourtant,

Ils ne sont donc pas indépendants. Plus généralement, deux événements incompatibles de probabilités strictement positives ne sont pas indépendants : leur intersection a une probabilité nulle, tandis que leur produit est positif.

Les événements contraires conservent l’indépendance

Propriété et preuve

Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline{B}\) le sont aussi, ainsi que \(\overline{A}\) et \(B\), puis \(\overline{A}\) et \(\overline{B}\).

En effet, \(A\cap B\) et \(A\cap\overline{B}\) forment une décomposition disjointe de \(A\). Donc

\[\begin{aligned} \mathrm{P}\left(A\cap\overline{B}\right) &=\mathrm{P}\left(A\right)-\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\\ &=\mathrm{P}\left(A\right)-\mathrm{P}\left(A\right)\,\mathrm{P}\left(B\right)\\ &=\mathrm{P}\left(A\right)\,(1-\mathrm{P}\left(B\right))\\ &=\mathrm{P}\left(A\right)\,\mathrm{P}\left(\overline{B}\right). \end{aligned}\]

La deuxième ligne utilise l’indépendance ; la troisième met \(\mathrm{P}\left(A\right)\) en facteur. On retrouve la définition pour \(A\) et \(\overline{B}\). La symétrie donne le résultat pour \(\overline{A}\) et \(B\) ; on applique encore la propriété pour les deux contraires.

Dans l’exemple des dispositifs, le premier fonctionne et le second non avec la probabilité

Contrôle : \(\mathrm{P}\left(F\cap G\right)+\mathrm{P}\left(F\cap\overline{G}\right)=12/20+3/20=15/20=3/4=\mathrm{P}\left(F\right)\).

Avec ou sans remise : préciser le modèle

Un sac contient deux jetons rouges et un bleu. À chaque tirage, les jetons présents ont la même chance d’être tirés. \(R_1\) signifie « rouge au premier tirage » et \(R_2\) « rouge au second ».

Avec remise, nouveau mélange et mêmes conditions : le sac retrouve sa composition. Le modèle donne \(\mathrm{P}_{R_1}\left(R_2\right)=2/3\) et \(\mathrm{P}_{\overline{R_1}}\left(R_2\right)=2/3\). Le premier résultat ne change pas la probabilité du second ; on modélise les tirages comme indépendants et

Sans remise : après un rouge, il reste un rouge et un bleu, donc \(\mathrm{P}_{R_1}\left(R_2\right)=1/2\). Après un bleu, les deux jetons restants sont rouges, donc \(\mathrm{P}_{\overline{R_1}}\left(R_2\right)=1\). Ainsi,

Les probabilités globales de \(R_1\) et \(R_2\) sont égales à \(2/3\), mais \(\mathrm{P}_{R_1}\left(R_2\right)=1/2\ne2/3\) : il n’y a pas indépendance. Des probabilités globales égales ne suffisent pas.

Cas limites et portée d’une conclusion

Si \(\mathrm{P}\left(A\right)=0\), \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) n’est pas définie, mais la définition par le produit reste utilisable. L’intersection est contenue dans \(A\), donc \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0=\mathrm{P}\left(A\right)\,\mathrm{P}\left(B\right)\) : \(A\) est indépendant de tout événement. Si \(\mathrm{P}\left(A\right)=1\), son contraire a une probabilité nulle et la propriété des contraires donne le même résultat.

Une indépendance établie concerne le modèle étudié. Elle ne prouve pas une absence universelle de cause ou d’effet. La remise explique le retour à la composition initiale ; les conditions de mélange et de tirage doivent aussi être précisées.

Épreuves de Bernoulli et répétitions courtes

Définition — une épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli distingue deux résultats : un succès \(S\), choisi dans le contexte, et son contraire, l’échec \(E=\overline{S}\). Son paramètre est \(p=\mathrm{P}\left(S\right)\), avec \(0\leq p\leq1\) ; on a \(\mathrm{P}\left(E\right)=1-p\).

« Succès » est une étiquette : cela peut désigner la présence d’un défaut. Un lancer de dé équilibré à six faces dont on conserve le numéro a six issues ; si l’on ne retient que « 6 » ou « pas 6 », il devient une épreuve de Bernoulli de paramètre \(p=1/6\). Deux résultats ne signifient pas forcément \(p=1/2\).

Deux hypothèses à vérifier séparément

Les répétitions sont identiques si la définition du succès et son paramètre \(p\) restent les mêmes. Elles sont indépendantes si connaître une histoire de résultats précédents de probabilité positive ne change pas la probabilité du prochain succès : elle reste celle prévue pour cet essai. Lorsque les répétitions sont aussi identiques, cette probabilité reste \(p\).

Les résultats observés n’ont pas à se ressembler ni à alterner. \(p=1/4\) ne promet pas un succès tous les quatre essais.

Deux contre-exemples courts. Si \(0<p<1\) et si le deuxième résultat recopie le premier, la probabilité globale peut rester la même, mais il y a dépendance. Si deux épreuves sont indépendantes avec \(p_1=1/2\) puis \(p_2=1/4\), elles ne sont pas identiques : deux succès ont pour probabilité \((1/2)(1/4)=1/8\), et les poids du second niveau sont \(1/4\) et \(3/4\).

Si \(p=0\) ou \(p=1\), le résultat est déterminé par le modèle : on raisonne directement et on ne forme pas de conditionnelle sur une histoire impossible. Dans les arbres développés ci-dessous, \(0<p<1\).

Méthode — construire puis choisir les chemins

1. Définir le succès \(S\), son paramètre \(p\) et le nombre d’essais, ici au plus quatre. Vérifier les deux hypothèses de répétition.

2. Tracer un niveau par essai. Après chaque nœud, ajouter \(S\) et \(E\) ; inscrire \(p\) et \(1-p\).

3. Contrôler le nombre de feuilles : 2 après un essai, 4 après deux, 8 après trois, 16 après quatre.

4. Traduire précisément la question ; lister les chemins qui conviennent. Multiplier les poids dans chaque chemin, puis additionner ceux des chemins distincts retenus.

Un chemin est ordonné : \(SEE\) signifie succès, puis échec, puis échec. Les puissances abrègent les produits : \(a^2=a\times a\), \(a^3=a\times a\times a\), \(a^4=a\times a\times a\times a\) ; l’exposant n’est pas un multiplicateur.

Deux essais : quatre chemins, de probabilités différentes

Une borne choisit uniformément un nombre parmi 1, 2, 3 et 4. Le succès est « obtenir 1 ». On effectue deux choix supposés indépendants : \(p=1/4\) et \(1-p=3/4\). Les indices 1 et 2 indiquent le rang de l’essai.

Lecture. Les quatre chemins sont \(SS\), \(SE\), \(ES\) et \(EE\). Par exemple, \(SE\) désigne l’événement \(S_1\cap E_2\). Toutes les branches vers un succès portent \(1/4\), car les choix sont identiques et indépendants.

Un chemin expliqué. Comme \(\mathrm{P}\left(S_1\right)=1/4>0\),

Le second facteur vaut \(3/4\) grâce à l’indépendance. Le chemin \(EE\) vaut \((3/4)(3/4)=9/16\) : les quatre chemins ne sont pas équiprobables. Leur somme est \((1+3+3+9)/16=1\).

Exemple — exactement un succès

Un seul succès peut être au premier ou au deuxième essai. Les chemins sont donc \(SE\) et \(ES\), deux cas incompatibles :

\[\mathrm{P}\left(\text{exactement un succès}\right)=\mathrm{P}\left(SE\right)+\mathrm{P}\left(ES\right) =\frac3{16}+\frac3{16}=\frac6{16}=\frac38.\]

Le produit calcule un chemin ; la somme réunit les chemins qui conviennent. Retenir seulement \(SE\) oublierait un ordre possible.

Traduire les mots avant le calcul

Pour trois essais, les nombres de succès possibles sont 0, 1, 2 et 3.

Le contraire de « au moins un » est « aucun ». Le contraire de « au plus un » est « au moins deux » : il faut retenir 2 et 3, pas seulement 3.

Trois essais : organiser les huit chemins

Un dispositif choisit uniformément un nombre parmi 1, 2 et 3. Le succès est « obtenir 1 ». On répète le choix trois fois de façon indépendante : \(p=1/3\) et \(1-p=2/3\).

On ajoute à chaque niveau deux branches après chaque nœud. Les feuilles passent de 2 à 4, puis à 8 ; chaque chemin complet doit contenir trois résultats.

Lecture. Les huit suites ordonnées sont toutes présentes. À chaque niveau, succès et échec portent \(1/3\) et \(2/3\). Les probabilités des feuilles sont les produits des trois branches du chemin.

Deux calculs montrent pourquoi les chemins n’ont pas tous la même probabilité :

Les chemins ayant le même nombre de succès ont les mêmes facteurs, dans un ordre différent : leurs produits sont égaux. Contrôle global : \((1+2+2+4+2+4+4+8)/27=1\).

Exemple — exactement deux succès en trois essais

Il faut deux \(S\) et un \(E\). L’échec peut occuper chacune des trois positions : les chemins sont \(SSE\), \(SES\) et \(ESS\). Donc

\[\mathrm{P}\left(\text{exactement deux succès}\right) =\frac2{27}+\frac2{27}+\frac2{27} =\frac6{27}=\frac29.\]

Le facteur trois vient de la liste des positions, pas du seul nombre d’essais.

Regrouper les chemins et choisir un événement

Au moins deux succès signifie deux ou trois : \(6/27+1/27=7/27\). On retrouve \(1-(8/27+12/27)=7/27\) par le contraire « zéro ou un ». Le calcul direct est court, car les deux probabilités sont déjà connues.

L’ordre peut être imposé. « Premier succès au troisième essai » correspond seulement à \(EES\), de probabilité \(4/27\). « Exactement un succès » accepte \(SEE\), \(ESE\) et \(EES\), de probabilité totale \(12/27\).

Au moins un succès : choisir le contraire

Propriété expliquée

Pour \(n\) épreuves identiques et indépendantes de paramètre \(p\), avec ici \(n=2\), 3 ou 4,

\[\boxed{\mathrm{P}\left(\text{au moins un succès}\right)=1-(1-p)^n.}\]

Justification. Le contraire est « aucun succès » : un seul chemin, formé de \(n\) échecs. L’indépendance donne le produit de \(n\) facteurs \(1-p\), soit \((1-p)^n\). La règle des événements contraires donne ensuite la soustraction à 1. Pour \(p=0\) ou \(p=1\), le résultat se vérifie directement.

À trois essais avec \(p=1/3\),

On calcule un seul chemin refusé au lieu de sept chemins acceptés.

Quatre essais : un arbre complet en deux sous-arbres

On lance quatre fois une pièce équilibrée, les lancers étant modélisés comme indépendants. \(S\) désigne pile et \(E\) face. Chaque branche vaut \(1/2=0{,}5\).

Il y a \(2\times2\times2\times2=16\) chemins. Les deux dessins ci-dessous forment un seul arbre : les branches initiales \(S_1\) et \(E_1\) partent du même départ. Le premier dessin présente les huit chemins commençant par \(S\), le second les huit commençant par \(E\).

Lecture. Première moitié : les chemins commencent par \(S\). Chacun inclut la branche initiale et contient quatre facteurs \(1/2\).

Lecture. Deuxième moitié : les chemins commencent par \(E\). Les huit feuilles, ajoutées aux huit précédentes, donnent bien les seize suites de quatre résultats.

Pourquoi chaque chemin vaut-il \(1/16\) ? Il comporte quatre facteurs \(1/2\) : \((1/2)^4=1/16\). L’équiprobabilité des chemins vient de ces poids, pas du seul nombre de feuilles.

Exemple — exactement deux succès en quatre essais

On retient les six chemins

\[SSEE,\quad SESE,\quad SEES,\quad ESSE,\quad ESES,\quad EESS.\]

Ils sont distincts et ont chacun une probabilité égale à \(1/16\). Donc

\[\mathrm{P}\left(\text{exactement deux succès}\right)=6\times\frac1{16}=\frac6{16}=\frac38.\]

Le nombre 6 vient de la liste. Pour 0, 1, 2, 3 et 4 succès, on compte respectivement 1, 4, 6, 4 et 1 chemins, soit 16 au total.

Même structure, autre paramètre : les feuilles ne sont plus équiprobables

Quatre balises émettent chacune un signal avec la probabilité \(p=1/4\), indépendamment les unes des autres. Ici \(S\) signifie « signal » et \(E\) « absence de signal ». On reprend les mêmes seize chemins de l’arbre précédent, mais on remplace chaque poids de succès par \(1/4\) et chaque poids d’échec par \(3/4\).

Exactement deux signaux. Les six chemins \(SSEE\), \(SESE\), \(SEES\), \(ESSE\), \(ESES\) et \(EESS\) ont chacun deux facteurs \(1/4\) et deux facteurs \(3/4\). Par exemple,

On additionne leurs six probabilités : Au moins un signal. Le seul chemin refusé est \(EEEE\) : Contrôle : exactement deux signaux implique au moins un signal, et \(54/256<175/256\) ; les deux probabilités sont dans \([0\,;1]\).

Compter des chemins ne suffit pas

Ici \(\mathrm{P}\left(SSSS\right)=(1/4)^4=1/256\), tandis que \(\mathrm{P}\left(EEEE\right)=(3/4)^4=81/256\). Les seize feuilles existent toujours, mais elles n’ont pas la même probabilité. On ne peut donc pas utiliser « six chemins sur seize » pour la première question.

Fréquences, simulation et modèle

Définition — la fréquence observée

Après \(n>0\) essais, si l’on compte \(k\) succès, leur fréquence est

\[\boxed{f=\frac{k}{n}.}\]

\(k\) est un effectif ; \(f\) est une proportion, comprise entre 0 et 1. Par exemple, 7 succès sur 20 essais donnent \(f=7/20=0{,}35=35\,\%\).

La probabilité \(p\) appartient au modèle ; la fréquence se calcule à partir des résultats d’une série. Avec le même modèle, trois séries de 20 essais peuvent donner 8, 12 ou 10 succès : les fréquences sont alors 0,4 ; 0,6 ; 0,5. Une différence dans une petite série ne suffit pas à trancher sur le modèle.

Dans une population entièrement connue, choisir uniformément parmi 200 objets dont 50 possèdent un caractère donne en revanche une probabilité exacte \(50/200=1/4\) pour ce tirage. De même, les probabilités calculées sur les 200 fiches de l’enquête concernent exactement leur sélection uniforme ; elles ne se généralisent pas automatiquement à toute la ville.

Une fréquence cumulée : conserver tous les essais

On code un succès par 1 et un échec par 0. On suppose les essais identiques et indépendants avec \(p=1/2\). Voici les dix premiers résultats d’une simulation :

À chaque essai, on ajoute le nouveau résultat au nombre de succès, puis on divise par le nouveau nombre total d’essais. On ne remet pas le compteur de succès à zéro.

Lire trois étapes. Au rang 8, \(f=4/8=1/2\). L’échec suivant laisse \(k=4\), mais le total passe à 9 : \(f=4/9\). Le succès suivant donne \(k=5\) et \(n=10\), donc \(f=5/10=1/2\). Le total augmente aussi en cas d’échec.

Lecture. Les points sont ceux du tableau ; les segments aident à suivre les valeurs successives. La ligne horizontale représente la probabilité du modèle. Du rang 8 au rang 9, la fréquence s’en éloigne, puis la retrouve au rang 10.

La stabilisation : une propriété qualitative admise

Loi des grands nombres — formulation accessible, admise

Pour des essais de Bernoulli identiques et indépendants, lorsque le nombre d’essais devient grand, la fréquence est généralement proche de la probabilité \(p\).

Plus précisément, si l’on fixe un écart positif à l’avance, la probabilité d’observer une fréquence qui s’éloigne de \(p\) de plus que cet écart tend vers 0 lorsque le nombre d’essais augmente indéfiniment. Cette propriété est admise ici ; quelques simulations ne la démontrent pas.

Elle n’affirme ni un rapprochement à chaque essai, ni une égalité définitive avec \(p\). Un écart de deux succès représente \(2/10=0{,}2\) sur dix essais, mais \(2/100=0{,}02\) sur cent : le poids d’un écart se lit relativement au total. Ce calcul ne dit pas que l’écart d’effectif reste constant au fil d’une série.

Le hasard n’a pas de dette. Dans le modèle d’une pièce équilibrée à lancers indépendants, après trois piles, les probabilités du prochain pile et de la prochaine face restent chacune égales à \(1/2\). Les futurs résultats ne sont pas obligés de compenser les précédents.

Une fréquence proche de 1/2 ne prouve pas l’indépendance

Une machine choisit son premier résultat parmi succès et échec, de probabilités \(1/2\) et \(1/2\), puis alterne obligatoirement succès et échec. Après 20 essais, elle a exactement 10 succès : la fréquence vaut \(1/2\). Pourtant, une fois un résultat connu, le suivant est déterminé : les essais sont dépendants.

De même, un générateur algorithmique ne prouve ni l’équilibre d’une pièce réelle ni l’indépendance de vrais lancers. On distingue la situation étudiée, les hypothèses du modèle et les résultats observés.

Simuler une longue série et expliquer le programme

Le protocole représente des essais indépendants et équilibrés par des valeurs 0 ou 1. On initialise le nombre de succès à 0. À chaque rang : générer un résultat, l’ajouter au compteur, puis calculer la fréquence. Le tableau précédent permet déjà de comprendre cet ordre sur papier.

from random import Random

generateur = Random(20261020)
succes = 0

for rang in range(1, 1001):
    resultat = generateur.randint(0, 1)
    succes = succes + resultat
    frequence = succes / rang
    if rang in (10, 100, 1000):
        print(rang, succes, frequence)

Sorties de cette exécution :

À 1000 essais, on observe 49,2 % de succès. Une autre suite pourrait donner d’autres valeurs. La simulation produit des observations dans les hypothèses choisies ; elle ne transforme pas ces hypothèses en vérités sur un objet réel.

Synthèse : reconnaître la question et commencer

Les conditions font partie des méthodes. Avant un calcul, nommer les événements, choisir la représentation et préciser le groupe de référence.

Les contrôles à garder dans une réponse

Sens : ai-je calculé « et », « ou », ou « sachant » ? Ai-je conservé le bon groupe dans ma conclusion ?

Conditions : le dénominateur est-il positif ? L’équiprobabilité ou l’indépendance utilisée est-elle donnée ou justifiée ?

Valeur : la probabilité est-elle entre 0 et 1 ? L’intersection ne dépasse-t-elle aucun de ses événements ? Ai-je conservé l’exact avant d’arrondir ?

Exhaustivité : ai-je tous les chemins voulus, une seule fois chacun ? « Exactement » impose un nombre de succès, pas nécessairement leur ordre.