Les Probabilités
Vocabulaire et événements
On appelle expérience aléatoire toute expérience dont on ne peut prédire le résultat à l'avance. L'ensemble de tous les résultats possibles est l'univers, noté \(\Omega\). Un événement est une partie de \(\Omega\).
| Notation | Nom | Description |
|---|---|---|
| \(\Omega\) | Univers | Tous les résultats possibles |
| \(\emptyset\) | Événement impossible | Ne contient aucun résultat |
| \(A \cup B\) | Réunion | \(A\) ou \(B\) (au moins l'un) |
| \(A \cap B\) | Intersection | \(A\) et \(B\) simultanément |
| \(\bar{A}\) | Complémentaire | « non \(A\) » — tout sauf \(A\) |
| \(A \cap B = \emptyset\) | Événements incompatibles | Mutuellement exclusifs |
On lance un dé à six faces. \(\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}\).
Soit \(A\) : « obtenir un nombre pair » \(= \{2,4,6\}\) et \(B\) : « obtenir un nombre supérieur à 4 » \(= \{5,6\}\).
Alors \(A \cup B = \{2,4,5,6\}\), \(A \cap B = \{6\}\) et \(\bar{A} = \{1,3,5\}\).
Probabilité — axiomes et propriétés
Une probabilité sur \(\Omega\) est une fonction \(P\) qui associe à chaque événement \(A\) un réel \(P(A) \in [0,1]\) vérifiant :
- \(P(\Omega)=1\) — l'événement certain a probabilité 1.
- \(P(\emptyset)=0\) — l'événement impossible a probabilité 0.
- Si \(A \cap B = \emptyset\), alors \(P(A \cup B)=P(A)+P(B)\) — additivité.
Pour tout événement \(A\) :
\[P(\bar{A}) = 1 - P(A)\]
Pour deux événements quelconques \(A\) et \(B\) :
\[P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)\]
Formule clé — complémentaire
\[P(\bar{A}) = 1 - P(A)\]On tire une carte au hasard dans un jeu de 52 cartes. Quelle est la probabilité de ne pas tirer un as ?
Il y a 4 as, donc \(P(\text{As}) = \dfrac{4}{52} = \dfrac{1}{13}\).
Donc \(P(\overline{\text{As}}) = 1 - \dfrac{1}{13} = \dfrac{12}{13}\).
Probabilités conditionnelles
La probabilité conditionnelle de \(A\) sachant \(B\) (avec \(P(B)>0\)) est :
Probabilité conditionnelle
\[P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\]On en déduit immédiatement la règle de multiplication :
Règle du produit
\[P(A \cap B) = P(B) \times P(A \mid B) = P(A) \times P(B \mid A)\]Dans une classe de 30 élèves, 18 sont des filles et 12 des garçons. Parmi les filles, 10 pratiquent un sport. On choisit un élève au hasard.
Soit \(F\) : « fille » et \(S\) : « sportif ».
\[P(S \mid F) = \frac{P(S \cap F)}{P(F)} = \frac{10/30}{18/30} = \frac{10}{18} = \frac{5}{9}\]
Indépendance
Deux événements \(A\) et \(B\) sont dits indépendants si et seulement si :
\[P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\]
Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(P(A \mid B)=P(A)\) (et réciproquement). La réalisation de \(B\) ne modifie pas la probabilité de \(A\).
De plus, \(\bar{A}\) et \(B\), \(A\) et \(\bar{B}\), et \(\bar{A}\) et \(\bar{B}\) sont aussi indépendants.
On lance deux dés indépendants. Soit \(A\) : « le premier dé donne 6 » et \(B\) : « le second dé donne 6 ».
\(P(A)=\dfrac{1}{6}\), \(P(B)=\dfrac{1}{6}\), donc \(P(A \cap B)=\dfrac{1}{6}\times\dfrac{1}{6}=\dfrac{1}{36}\). Les événements sont bien indépendants.
Formule des probabilités totales
Soit \((B_1, B_2, \ldots, B_n)\) une partition de \(\Omega\) : ces événements sont deux à deux incompatibles, de probabilité non nulle, et leur réunion vaut \(\Omega\). Alors pour tout événement \(A\) :
Formule des probabilités totales
\[P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(B_i) \times P(A \mid B_i)\]Arbre de probabilités — cas à deux branches :
Une urne contient 4 boules rouges et 6 boules bleues. On tire successivement deux boules sans remise. Quelle est la probabilité que la 2ᵉ boule soit rouge ?
Notons \(R_1\) : « 1ère rouge », \(B_1\) : « 1ère bleue », \(R_2\) : « 2ème rouge ».
\[P(R_2) = P(R_1)\cdot P(R_2|R_1)+P(B_1)\cdot P(R_2|B_1) = \frac{4}{10}\cdot\frac{3}{9}+\frac{6}{10}\cdot\frac{4}{9}\]
\[ = \frac{12}{90}+\frac{24}{90}=\frac{36}{90}=\frac{2}{5}\]
Formule de Bayes
La formule de Bayes permet de « retourner » une probabilité conditionnelle.
Formule de Bayes
\[P(B_i \mid A) = \frac{P(B_i) \times P(A \mid B_i)}{P(A)}\]où \(P(A)\) est calculée par la formule des probabilités totales.
Reprenons l'exemple de l'urne. Sachant que la 2ème boule tirée est rouge, quelle est la probabilité que la 1ère était aussi rouge ?
On cherche \(P(R_1 \mid R_2)\). On a déjà \(P(R_2)=\dfrac{2}{5}\).
\[P(R_1 \mid R_2) = \frac{P(R_1)\cdot P(R_2|R_1)}{P(R_2)} = \frac{\dfrac{4}{10}\cdot\dfrac{3}{9}}{\dfrac{2}{5}} = \frac{\dfrac{12}{90}}{\dfrac{36}{90}} = \frac{12}{36} = \frac{1}{3}\]
Variables aléatoires discrètes
Une variable aléatoire discrète \(X\) est une fonction de \(\Omega\) dans \(\mathbb{R}\) prenant un nombre fini (ou dénombrable) de valeurs. Sa loi de probabilité est le tableau associant à chaque valeur \(x_i\) la probabilité \(P(X=x_i)\).
Espérance (moyenne pondérée) :
\[E(X) = \sum_i x_i \cdot P(X = x_i)\]
Variance (mesure de dispersion) :
\[V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \sum_i x_i^2 \cdot P(X=x_i) - [E(X)]^2\]
Écart-type : \(\sigma(X) = \sqrt{V(X)}\)
On lance un dé équilibré. Soit \(X\) le résultat obtenu.
| \(x_i\) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(P(X=x_i)\) | \(\tfrac{1}{6}\) | \(\tfrac{1}{6}\) | \(\tfrac{1}{6}\) | \(\tfrac{1}{6}\) | \(\tfrac{1}{6}\) | \(\tfrac{1}{6}\) |
\(E(X) = \dfrac{1+2+3+4+5+6}{6} = \dfrac{21}{6} = 3{,}5\)
Loi binomiale
On répète \(n\) fois, de manière indépendante, une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès \(p\). Le nombre de succès \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n,p)\).
Loi binomiale \(\mathcal{B}(n,p)\)
\[P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k} \quad k \in \{0,1,\ldots,n\}\]Pour \(X \sim \mathcal{B}(n,p)\) :
\[E(X) = np \qquad V(X) = np(1-p) \qquad \sigma(X) = \sqrt{np(1-p)}\]
Un QCM comporte 10 questions. Chaque question a 4 réponses dont une seule est exacte. Un élève répond au hasard. Soit \(X\) le nombre de bonnes réponses. Alors \(X \sim \mathcal{B}(10,\tfrac{1}{4})\).
\(P(X=3) = \dbinom{10}{3}\left(\tfrac{1}{4}\right)^3\left(\tfrac{3}{4}\right)^7 = 120 \times \dfrac{1}{64} \times \dfrac{2187}{16384} \approx 0{,}2503\)
\(E(X) = 10 \times \dfrac{1}{4} = 2{,}5\) — en moyenne 2,5 bonnes réponses.
Exercices types Bac
Tests médicaux
Une maladie touche 2 % de la population. Un test dépiste la maladie avec une probabilité de 0,95 si la personne est malade, et donne un faux positif avec une probabilité de 0,03 si la personne est saine.
Une personne est choisie au hasard et testée positive. Quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ?
Notons \(M\) : « malade » et \(T^+\) : « test positif ».
\(P(M)=0{,}02\), \(P(\bar{M})=0{,}98\), \(P(T^+|M)=0{,}95\), \(P(T^+|\bar{M})=0{,}03\).
Probabilité totale :
\[P(T^+)=P(M)\cdot P(T^+|M)+P(\bar{M})\cdot P(T^+|\bar{M})\]
\[= 0{,}02\times 0{,}95 + 0{,}98\times 0{,}03 = 0{,}019 + 0{,}0294 = 0{,}0484\]
Formule de Bayes :
\[P(M|T^+) = \frac{0{,}02\times 0{,}95}{0{,}0484} = \frac{0{,}019}{0{,}0484} \approx 0{,}393\]
Bien que le test soit positif, la probabilité d'être réellement malade est d'environ 39,3 % — c'est le paradoxe des tests rares !
Contrôle qualité
Un fabricant produit des ampoules dont 5 % sont défectueuses. On prélève un lot de 20 ampoules.
1. Quelle loi suit le nombre \(X\) d'ampoules défectueuses ? Préciser les paramètres.
2. Calculer \(P(X=0)\) et \(P(X \geq 2)\).
3. Quelle est l'espérance de \(X\) ?
1. Les tirages sont indépendants, la probabilité de succès (défectueuse) est \(p=0{,}05\). Donc \(X \sim \mathcal{B}(20;\, 0{,}05)\).
2.
\[P(X=0)=(0{,}95)^{20}\approx 0{,}3585\]
\[P(X=1)=\binom{20}{1}(0{,}05)^1(0{,}95)^{19}=20\times 0{,}05\times (0{,}95)^{19}\approx 0{,}3774\]
\[P(X \geq 2)=1-P(X=0)-P(X=1)\approx 1-0{,}3585-0{,}3774\approx 0{,}2641\]
3. \(E(X)=np=20\times 0{,}05=1\). On s'attend en moyenne à 1 ampoule défectueuse par lot de 20.
Jeu de loterie
On mise 2 € pour jouer. On tire une boule dans une urne contenant 5 boules numérotées 1 à 5. On gagne 8 € si on tire le numéro 1, et 3 € si on tire le numéro 2. Dans les autres cas, on ne gagne rien.
Soit \(G\) le gain algébrique (gain net, mise déduite). Calculer \(E(G)\) et déterminer si le jeu est favorable.
Le gain net (après avoir payé la mise de 2 €) :
| Boule | Gain brut | Gain net \(G\) | Probabilité |
|---|---|---|---|
| 1 | 8 € | 6 € | \(\tfrac{1}{5}\) |
| 2 | 3 € | 1 € | \(\tfrac{1}{5}\) |
| 3, 4 ou 5 | 0 € | −2 € | \(\tfrac{3}{5}\) |
\[E(G)=6\times\frac{1}{5}+1\times\frac{1}{5}+(-2)\times\frac{3}{5}=\frac{6+1-6}{5}=\frac{1}{5}=0{,}2 \text{ €}\]
L'espérance est positive (0,20 € par partie) : le jeu est favorable au joueur.
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