Exercices corrigés : probabilités conditionnelles (Première spécialité)

a) Ces trois probabilités se lisent toutes sur la population entière, donc avec le même dénominateur $200$ : $P(H)=\frac{110}{200}=0{,}55$, $P(F)=\frac{70}{200}=0{,}35$ et $P(H\cap F)=\frac{45}{200}=0{,}225$. Attention à la troisième : elle compte les personnes qui sont À LA FOIS des hommes ET des fumeurs, c'est-à-dire une seule case du tableau, jamais une somme de marges.

b) La notation $P_H(F)$ se lit « probabilité de $F$ SACHANT $H$ » : on se restreint aux $110$ hommes et on regarde combien fument. Directement sur le tableau : $\frac{45}{110}=\frac{9}{22}\approx 0{,}409$. Par la formule : $P_H(F)=\frac{P(H\cap F)}{P(H)}=\frac{0{,}225}{0{,}55}\approx 0{,}409$ ✓, les deux voies coïncident. Phrase attendue : parmi les hommes, environ $40{,}9$ % fument. La lecture directe sur les effectifs est plus rapide et sert de contrôle à la formule.

c) Cette fois on se restreint aux $70$ fumeurs : $P_F(H)=\frac{45}{70}=\frac{9}{14}\approx 0{,}643$, ce que confirme $\frac{0{,}225}{0{,}35}$ ✓. Phrase : parmi les fumeurs, environ $64{,}3$ % sont des hommes.

d) Les deux questions ne portent pas sur la même population de référence. La première se restreint aux $110$ hommes, la seconde aux $70$ fumeurs : le numérateur est le même, les $45$ hommes fumeurs, mais le dénominateur change du tout au tout. En général $P_A(B)\neq P_B(A)$, et confondre les deux est l'erreur la plus lourde du chapitre, celle qui fait conclure à l'envers dans les problèmes de dépistage. Une phrase suffit à les distinguer : « quelle proportion des hommes fume » n'est pas « quelle proportion des fumeurs est un homme ».

e) $P_H(F)\times P(H)=\frac{9}{22}\times 0{,}55=0{,}225$ et $P_F(H)\times P(F)=\frac{9}{14}\times 0{,}35=0{,}225$ ✓. Les deux produits valent $P(H\cap F)$, et c'est normal : chacun n'est qu'une façon de reconstituer la case commune, une fois en partant des hommes, une fois en partant des fumeurs. Cette double écriture $P(A\cap B)=P_A(B)\times P(A)=P_B(A)\times P(B)$ est la relation centrale du chapitre. C'est elle qui, réarrangée, donne $P_B(A)=\frac{P_A(B)\times P(A)}{P(B)}$, c'est-à-dire la formule qui permet de RETOURNER un conditionnement, exactement ce que demanderont les exercices 3, 5 et 6.

a) Premier niveau : la branche $A$ porte $0{,}4$ et la branche $\overline{A}$ porte $0{,}6$, puisque les deux branches issues d'un même nœud somment toujours à $1$. Second niveau, depuis $A$ : $B$ à $0{,}75$ et $\overline{B}$ à $0{,}25$. Depuis $\overline{A}$ : $B$ à $0{,}25$ et $\overline{B}$ à $0{,}75$. Point de vocabulaire essentiel : les poids du SECOND niveau sont toujours des probabilités CONDITIONNELLES, jamais des probabilités simples. Contrôle de construction : chaque nœud doit voir partir des branches de somme $1$, ce qui se vérifie ici trois fois.

b) On multiplie le long d'un chemin : $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=0{,}4\times 0{,}75=0{,}30$, et $P(\overline{A}\cap B)=0{,}6\times 0{,}25=0{,}15$. La multiplication le long d'un chemin est exactement la relation $P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)$ écrite autrement.

c) L'événement $B$ se réalise par deux chemins distincts et incompatibles, celui qui passe par $A$ et celui qui passe par $\overline{A}$ : on ADDITIONNE donc leurs probabilités. $P(B)=0{,}30+0{,}15=0{,}45$. C'est la formule des probabilités totales, et sa forme générale est $P(B)=P(A)\times P_A(B)+P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(B)$. La règle du chapitre tient en deux verbes : on multiplie LE LONG d'un chemin, on additionne ENTRE les chemins.

d) $P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{0{,}30}{0{,}45}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$. Noter le sens de la question : l'arbre est construit dans le sens $A$ puis $B$, mais on demande ici de remonter de $B$ vers $A$. C'est ce retournement qui rend ce type de question plus difficile qu'il n'y paraît, et la seule méthode fiable est de repasser par la définition, numérateur $P(A\cap B)$ lu sur un chemin, dénominateur $P(B)$ obtenu par les probabilités totales.

e) $P_A(B)+P_A(\overline{B})=0{,}75+0{,}25=1$ ✓, et c'est une règle générale : ces deux branches partent du même nœud et couvrent toutes les possibilités une fois $A$ acquis. En revanche $P_A(B)+P_{\overline{A}}(B)$ vaut ici $0{,}75+0{,}25=1$ par pure coïncidence numérique : ces deux nombres sont les poids de branches issues de nœuds DIFFÉRENTS, et rien ne les relie. Si $P_{\overline{A}}(B)$ valait $0{,}4$, la somme ferait $1{,}15$, ce qui ne poserait aucun problème. Retenir la formulation exacte : ce qui somme à $1$, ce sont les branches d'un même nœud, jamais deux branches portant la même étiquette sur des nœuds différents.

a) $P(X)=0{,}65$ et $P(Y)=1-0{,}65=0{,}35$ sont des probabilités SIMPLES : elles portent sur le stock entier. La phrase « parmi les ampoules de $X$, $3$ % sont défectueuses » contient le mot parmi, qui signale un changement de population de référence : elle se traduit par la conditionnelle $P_X(D)=0{,}03$, et de même $P_Y(D)=0{,}08$. Savoir repérer ce mot dans un énoncé vaut plusieurs points : une donnée mal classée fausse tout le reste.

b) On multiplie le long du chemin : $P(X\cap D)=P(X)\times P_X(D)=0{,}65\times 0{,}03=0{,}0195$. Autrement dit, $1{,}95$ % de la totalité du stock est à la fois de marque $X$ et défectueux, à ne pas confondre avec les $3$ % qui ne concernaient que les ampoules de $X$.

c) Le second chemin donne $P(Y\cap D)=0{,}35\times 0{,}08=0{,}028$. Par les probabilités totales : $P(D)=0{,}0195+0{,}028=0{,}0475$, soit $4{,}75$ % du stock. Contrôle de plausibilité utile : ce résultat doit toujours être compris entre les deux taux $3$ % et $8$ %, puisqu'il en est une moyenne pondérée par les parts de marché ✓.

d) On retourne le conditionnement : $P_D(Y)=\frac{P(Y\cap D)}{P(D)}=\frac{0{,}028}{0{,}0475}\approx 0{,}589$. Bien que $Y$ ne fournisse que $35$ % du stock, il est responsable de près de $59$ % des ampoules défectueuses. La cohérence se vérifie d'un coup d'œil : $P_D(X)=\frac{0{,}0195}{0{,}0475}\approx 0{,}411$, et les deux somment bien à $1$ ✓, une ampoule défectueuse venant forcément de l'un des deux fournisseurs.

e) Les deux nombres répondent à deux questions opposées et se lisent dans deux sens différents. $P_Y(D)=0{,}08$ part du fournisseur et va vers le défaut : c'est le taux de défaut de $Y$, une caractéristique de sa production. $P_D(Y)\approx 0{,}589$ part du défaut et remonte vers le fournisseur : c'est la part de $Y$ dans les rebuts, qui dépend AUSSI des volumes livrés. Le second nombre est bien plus grand que le premier, ce qui n'a rien de contradictoire puisqu'ils n'ont ni le même dénominateur ni le même sens. C'est exactement la dissymétrie établie à l'exercice 1, et c'est elle qui rendra le résultat de l'exercice 6 si surprenant.

a) On teste le produit : $P(A)\times P(B)=0{,}4\times 0{,}5=0{,}2$, qui est exactement $P(A\cap B)$. Les événements $A$ et $B$ sont donc indépendants. Rédaction attendue : on calcule le produit d'un côté, on le compare à l'intersection de l'autre, et on conclut. Annoncer l'indépendance sans ce calcul ne rapporte aucun point.

b) $P(C)\times P(D)=0{,}3\times 0{,}6=0{,}18$, alors que $P(C\cap D)=0{,}2$. Les deux valeurs diffèrent, donc $C$ et $D$ ne sont PAS indépendants. L'écart est faible, $0{,}02$, mais un critère d'égalité ne se négocie pas : il n'existe pas d'événements presque indépendants.

c) $P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0{,}2}{0{,}4}=0{,}5$, qui est bien $P(B)$ ✓. C'est la lecture intuitive de l'indépendance : savoir que $A$ est réalisé ne modifie en rien la probabilité de $B$. L'information apportée par $A$ est sans valeur pour prévoir $B$.

d) $P_C(D)=\frac{0{,}2}{0{,}3}=\frac{2}{3}\approx 0{,}667$, contre $P(D)=0{,}6$. Savoir que $C$ est réalisé AUGMENTE la probabilité de $D$ : les deux événements sont positivement liés. On peut le dire dans l'autre sens et le vérifier : $P_D(C)=\frac{0{,}2}{0{,}6}=\frac{1}{3}\approx 0{,}333$, contre $P(C)=0{,}3$, également en hausse. La liaison est symétrique, même si les deux écarts ne sont pas égaux.

e) On calcule $P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=0{,}4-0{,}2=0{,}2$, puis on teste : $P(A)\times P(\overline{B})=0{,}4\times 0{,}5=0{,}2$ ✓. Donc $A$ et $\overline{B}$ sont eux aussi indépendants. Le résultat est général et vaut la peine d'être retenu : si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont, ainsi que $\overline{A}$ et $B$, et $\overline{A}$ et $\overline{B}$. C'est logique, puisque si $A$ n'apporte aucune information sur $B$, il n'en apporte pas davantage sur le contraire de $B$.

a) $P(R)=0{,}12$ est une probabilité simple. La phrase « parmi les colis en retard, $30$ % ont été expédiés le vendredi » se restreint aux colis en retard : c'est $P_R(V)=0{,}30$. Enfin $P(V)=0{,}20$ porte sur l'ensemble des colis, c'est donc une probabilité simple. L'énoncé fournit délibérément le conditionnement dans le sens $R$ vers $V$ alors que la question c) le demandera dans l'autre sens : c'est le cœur de l'exercice.

b) $P(R\cap V)=P(R)\times P_R(V)=0{,}12\times 0{,}30=0{,}036$. Donc $3{,}6$ % de tous les colis sont à la fois expédiés le vendredi et en retard.

c) On retourne le conditionnement en repartant de la définition, avec le même numérateur mais l'autre dénominateur : $P_V(R)=\frac{P(R\cap V)}{P(V)}=\frac{0{,}036}{0{,}20}=0{,}18$. Parmi les colis du vendredi, $18$ % arrivent en retard, contre $12$ % en moyenne sur l'ensemble.

d) Non, ils ne sont pas indépendants : $P(R)\times P(V)=0{,}12\times 0{,}20=0{,}024$, ce qui diffère de $P(R\cap V)=0{,}036$. La lecture la plus parlante est celle des conditionnelles : $P_V(R)=0{,}18$ contre $P(R)=0{,}12$, soit un risque de retard une fois et demie plus élevé pour un colis du vendredi. L'entreprise devrait examiner son organisation de fin de semaine. Attention toutefois à la formulation de la conclusion, qui est reprise à l'exercice 9 : ces chiffres établissent une association, pas une cause.

e) Sur $1000$ colis : $200$ partent le vendredi et $800$ les autres jours ; $120$ arrivent en retard, dont $36$ partis le vendredi, donc $84$ les autres jours. Le taux de retard vaut $\frac{36}{200}=18$ % le vendredi contre $\frac{84}{800}=10{,}5$ % les autres jours. L'écart réel est donc de $18$ contre $10{,}5$, et non de $18$ contre $12$ : la moyenne de $12$ % inclut déjà les colis du vendredi, ce qui la tire vers le haut et masque une partie de l'écart. Ce raisonnement sur des effectifs entiers, appelé fréquences naturelles, est le meilleur moyen de rendre un résultat conditionnel lisible, et il resservira à l'exercice 6.

a) $P(M)=0{,}02$ donc $P(\overline{M})=0{,}98$. La phrase « si la personne est malade, le test est positif dans $95$ % des cas » est conditionnelle : $P_M(T)=0{,}95$, d'où $P_M(\overline{T})=0{,}05$, ce sont les faux négatifs. De même $P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}96$, d'où $P_{\overline{M}}(T)=0{,}04$, les faux positifs. Contrôle : les branches de chaque nœud somment bien à $1$ ✓.

b) $P(M\cap T)=0{,}02\times 0{,}95=0{,}019$ : ce sont les vrais positifs, $1{,}9$ % de la population. $P(\overline{M}\cap T)=0{,}98\times 0{,}04=0{,}0392$ : les faux positifs, $3{,}92$ %. Le fait décisif apparaît déjà ici : les faux positifs sont DEUX FOIS plus nombreux que les vrais positifs.

c) $P(T)=0{,}019+0{,}0392=0{,}0582$, soit $5{,}82$ % de tests positifs dans la population, alors que seulement $2$ % sont malades.

d) $P_T(M)=\frac{P(M\cap T)}{P(T)}=\frac{0{,}019}{0{,}0582}\approx 0{,}326$. Environ $32{,}6$ % seulement des personnes testées positives sont réellement malades, soit à peine une sur trois.

e) Le résultat surprend parce que la maladie est RARE. Les $4$ % de faux positifs s'appliquent aux $98$ % de personnes saines, ce qui produit mécaniquement plus de faux positifs que de vrais positifs, lesquels ne peuvent être prélevés que sur les $2$ % de malades. Ce n'est donc pas la qualité du test qui est en cause, c'est la rareté de la maladie. Le test reste néanmoins très utile : avant le test, la probabilité d'être malade était de $2$ % ; après un test positif, elle passe à $32{,}6$ %, soit environ seize fois plus. Son rôle est de sélectionner une petite population à qui proposer un second examen, plus lourd et plus précis. À noter aussi que $P_{\overline{T}}(\overline{M})=\frac{0{,}9408}{0{,}9418}\approx 0{,}999$ : un test négatif est, lui, extrêmement fiable, ce qui est exactement ce qu'on demande à un test de dépistage de masse.

f) Sur $10\ 000$ personnes : $200$ sont malades et $9\ 800$ sont saines. Parmi les $200$ malades, $95$ % ont un test positif, soit $190$ personnes. Parmi les $9\ 800$ saines, $4$ % ont un test positif, soit $392$ personnes. Le total des tests positifs est donc $190+392=582$, dont $190$ vraiment malades : la proportion cherchée vaut $\frac{190}{582}\approx 0{,}326$ ✓, identique au calcul en probabilités. Formulée ainsi, la surprise disparaît : on voit tout de suite que les $392$ faux positifs proviennent d'un très gros groupe, même avec un taux d'erreur faible. C'est la présentation à privilégier pour expliquer le résultat à quelqu'un, et elle est acceptée en rédaction au baccalauréat.

a) Les trois machines forment une partition de la production, donc la formule des probabilités totales s'applique avec trois chemins au lieu de deux : $P(D)=0{,}5\times 0{,}02+0{,}3\times 0{,}04+0{,}2\times 0{,}05=0{,}01+0{,}012+0{,}01=0{,}032$. Contrôle de plausibilité : le résultat doit tomber entre le plus petit et le plus grand des trois taux, donc entre $2$ % et $5$ % ✓.

b) On retourne chaque conditionnement, tous avec le même dénominateur $P(D)=0{,}032$ : $P_D(M_1)=\frac{0{,}01}{0{,}032}=0{,}3125$ ; $P_D(M_2)=\frac{0{,}012}{0{,}032}=0{,}375$ ; $P_D(M_3)=\frac{0{,}01}{0{,}032}=0{,}3125$. Une seule division est vraiment à faire, les numérateurs ayant déjà été calculés en a) : il faut prendre l'habitude de conserver ces produits intermédiaires plutôt que de tout recalculer.

c) $0{,}3125+0{,}375+0{,}3125=1$ ✓. C'est logique et cela vaut contrôle : une pièce défectueuse provient nécessairement de l'une des trois machines, donc les trois probabilités conditionnelles se partagent la totalité. Si la somme ne fait pas $1$, il y a une erreur dans $P(D)$ ou dans l'un des produits.

d) C'est $M_2$, avec $37{,}5$ %. Le résultat n'est pas celui qu'on attend en regardant les taux : $M_3$ défaille davantage, $5$ % contre $4$ %, mais elle ne produit que $20$ % des pièces. Ce qui compte est le PRODUIT du volume par le taux de défaut, et non le taux seul. On le voit sur les trois contributions : $M_1$ apporte $0{,}010$, $M_2$ apporte $0{,}012$ et $M_3$ apporte $0{,}010$. Fait frappant à souligner : $M_1$, la machine la plus fiable avec $2$ % de défauts, produit autant de pièces défectueuses que $M_3$, la moins fiable, simplement parce qu'elle tourne deux fois et demie plus. C'est la même leçon qu'à l'exercice 6, où un petit taux d'erreur appliqué à un très grand groupe pesait plus lourd qu'un grand taux appliqué à un petit groupe.

e) Il faut comparer les gains sur $P(D)$. Ramener $M_2$ de $4$ % à $2$ % ferait passer sa contribution de $0{,}012$ à $0{,}006$, donc $P(D)$ de $0{,}032$ à $0{,}026$, soit une baisse de $18{,}75$ %. Ramener $M_3$ de $5$ % à $2$ % ferait passer sa contribution de $0{,}010$ à $0{,}004$, donc $P(D)$ à $0{,}026$ également : les deux interventions se valent exactement. Le choix se ferait alors sur d'autres critères, le coût des travaux par exemple. La méthode générale à retenir est celle-ci : on ne classe pas les machines par leur taux de défaut, mais par leur CONTRIBUTION au total, c'est-à-dire par le produit du volume et du taux.

a) $A$ et $B$ sont INCOMPATIBLES lorsqu'ils ne peuvent pas se produire en même temps, c'est-à-dire $A\cap B=\varnothing$, ce qui entraîne $P(A\cap B)=0$. Ils sont INDÉPENDANTS lorsque $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$, autrement dit quand la réalisation de l'un ne modifie pas la probabilité de l'autre. Les deux notions ne parlent donc même pas de la même chose : l'incompatibilité est une propriété des ENSEMBLES, qui se voit sur un diagramme, tandis que l'indépendance est une propriété des NOMBRES, qui ne se voit que par un calcul.

b) L'incompatibilité donne $P(A\cap B)=0$, alors que $P(A)\times P(B)=0{,}5\times 0{,}4=0{,}2$. Les deux valeurs diffèrent, donc $A$ et $B$ ne sont pas indépendants. Ils sont même aussi fortement liés que possible, puisque la réalisation de l'un interdit purement et simplement l'autre.

c) Supposons $A$ et $B$ incompatibles, avec $P(A)>0$ et $P(B)>0$. L'incompatibilité donne $P(A\cap B)=0$. S'ils étaient de plus indépendants, on aurait $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$, donc $P(A)\times P(B)=0$. Or un produit de deux réels est nul si et seulement si l'un des facteurs l'est, ce qui imposerait $P(A)=0$ ou $P(B)=0$, en contradiction avec l'hypothèse. Ils ne peuvent donc pas être indépendants. La rédaction attendue est bien ce raisonnement par l'absurde, en trois lignes.

d) $P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}=\frac{0}{P(A)}=0$, alors que $P(B)>0$. Savoir que $A$ est réalisé rend donc $B$ complètement IMPOSSIBLE, alors que l'indépendance signifierait que cette information ne change rien. Deux événements incompatibles sont ainsi le cas de dépendance le plus extrême qui soit. C'est pour cette raison que la phrase « ils n'ont rien à voir l'un avec l'autre, donc ils sont incompatibles » est doublement fausse : n'avoir rien à voir, c'est justement être indépendants, et l'incompatibilité en est le contraire.

e) Il faut que $P(A\cap B)$ soit à la fois nulle, par incompatibilité, et égale à $P(A)\times P(B)$, par indépendance : il suffit donc que l'un des deux événements soit de probabilité nulle. Par exemple, avec $A$ l'événement impossible, $P(A)=0$, et $B$ n'importe quel événement : ils sont incompatibles puisque $A\cap B=\varnothing$, et indépendants puisque $0=0\times P(B)$. C'est le seul cas possible, et c'est exactement celui que la démonstration de la question c) devait exclure par ses hypothèses. Un cas limite de ce genre ne se rencontre jamais dans un exercice concret, mais savoir POURQUOI l'énoncé prend soin d'écrire $P(A)>0$ et $P(B)>0$ fait la différence entre appliquer un théorème et le comprendre.

a) Faux, et c'est la confusion la plus coûteuse du chapitre. Reprenons l'exercice 1 : $P_H(F)=\frac{9}{22}\approx 0{,}409$ alors que $P_F(H)=\frac{9}{14}\approx 0{,}643$. Le numérateur est commun, les $45$ hommes fumeurs, mais le dénominateur change : c'est $P(H)$ dans un cas et $P(F)$ dans l'autre. La relation exacte entre les deux est $P_B(A)=\frac{P_A(B)\times P(A)}{P(B)}$ : elles ne sont égales que dans le cas très particulier où $P(A)=P(B)$.

b) Faux. Avec $P_A(B)=0{,}75$ et $P_{\overline{A}}(B)=0{,}40$, la somme vaut $1{,}15$, ce qui n'a rien d'absurde : ces deux nombres sont des poids de branches issues de nœuds DIFFÉRENTS, et rien ne les contraint. Ce qui vaut toujours $1$, c'est $P_A(B)+P_A(\overline{B})$, la somme des branches partant d'un MÊME nœud. Le test rapide : dans une somme qui vaut $1$, c'est l'événement conditionné qui change, jamais la condition.

c) Faux. Dans l'exercice 3, $P(X\cap D)=0{,}0195$ alors que $P_X(D)=0{,}03$. La relation est $P(X\cap D)=P(X)\times P_X(D)$ : on passe de la conditionnelle à l'intersection en multipliant par $P(X)$, ici $0{,}65$. Les deux ne sont égales que si $P(X)=1$. Repère de sens : l'intersection se rapporte à la population ENTIÈRE, la conditionnelle se rapporte au seul sous-groupe $X$, donc l'intersection est toujours la plus petite des deux.

d) Faux. L'inégalité $P_A(B)>P(B)$ établit seulement une association statistique, pas un lien de cause à effet. Dans l'exercice 5, les colis du vendredi sont plus souvent en retard, mais rien ne dit que le vendredi CAUSE le retard : une cause commune est bien plus probable, par exemple des effectifs réduits en fin de semaine, ou des expéditions plus volumineuses ce jour-là. Il faudrait une expérience contrôlée, et non une simple observation, pour trancher. La formule à retenir est que corrélation n'est pas causalité, et le piège se reconnaît à ce que le lien est parfaitement symétrique : on a aussi $P_B(A)>P(A)$, ce qui reviendrait à dire que le retard cause le vendredi.

a) Un seul chemin convient, et les dénominateurs diminuent d'une unité à chaque tirage puisqu'on ne remet pas la boule : $P(RRR)=\frac{4}{7}\times\frac{3}{6}\times\frac{2}{5}=\frac{24}{210}=\frac{4}{35}\approx 0{,}114$. Les numérateurs diminuent aussi, car chaque rouge tirée est retirée de l'urne.

b) Trois chemins conviennent, selon la position de la verte : $RRV$, $RVR$ et $VRR$. $P(RRV)=\frac{4}{7}\times\frac{3}{6}\times\frac{3}{5}=\frac{36}{210}$. $P(RVR)=\frac{4}{7}\times\frac{3}{6}\times\frac{3}{5}=\frac{36}{210}$. $P(VRR)=\frac{3}{7}\times\frac{4}{6}\times\frac{3}{5}=\frac{36}{210}$. Total : $\frac{108}{210}=\frac{18}{35}\approx 0{,}514$. Fait remarquable : les trois chemins ont exactement la même probabilité, alors que leurs facteurs sont écrits dans un ordre différent. Ce n'est pas un hasard, c'est la commutativité du produit : chaque chemin fait intervenir les mêmes numérateurs, $4$, $3$ et $3$, et les mêmes dénominateurs, $7$, $6$ et $5$, seulement réarrangés. On peut donc calculer UN chemin et multiplier par le nombre de chemins, ce qui annonce les coefficients binomiaux du programme de Terminale.

c) Exactement une rouge : les trois chemins $RVV$, $VRV$ et $VVR$ valent chacun $\frac{4\times 3\times 2}{7\times 6\times 5}=\frac{24}{210}$ par le même argument, d'où un total de $\frac{72}{210}=\frac{12}{35}\approx 0{,}343$. Aucune rouge, un seul chemin : $P(VVV)=\frac{3}{7}\times\frac{2}{6}\times\frac{1}{5}=\frac{6}{210}=\frac{1}{35}\approx 0{,}029$.

d) $\frac{24+108+72+6}{210}=\frac{210}{210}=1$ ✓. Les quatre cas, zéro, une, deux ou trois rouges, forment une partition de toutes les issues possibles : leur somme doit valoir $1$, et c'est le seul contrôle vraiment efficace sur ce type d'exercice. Il détecte immédiatement un chemin oublié, l'erreur la plus fréquente dès qu'il y a trois niveaux.

e) Le nombre de chemins suit la suite $1$, $3$, $3$, $1$ : un seul ordre pour trois rouges ou pour aucune, mais trois façons de placer l'unique verte parmi les trois tirages, et de même pour l'unique rouge. On reconnaît une ligne du triangle de Pascal, et ces nombres sont les coefficients binomiaux $\binom{3}{k}$. La probabilité d'obtenir exactement $k$ rouges s'obtient donc en calculant UN chemin puis en le multipliant par le nombre d'ordres possibles. C'est exactement le mécanisme de la loi binomiale, à une différence près qui est essentielle : ici les tirages sont SANS remise, donc non indépendants, et les probabilités changent d'un niveau à l'autre. La loi binomiale, elle, exigera des tirages indépendants, c'est-à-dire avec remise.