Exercices corrigés : probabilités, modèle et loi des grands nombres (Seconde)

La somme des probabilités de toutes les issues vaut toujours $1$ : $0{,}1\times 3+0{,}15\times 2+P(6)=1$, soit $0{,}3+0{,}3+P(6)=1$, donc $P(6)=0{,}4$. La rédaction attendue commence par citer cette propriété, pas par poser l'équation : c'est elle qui justifie le calcul.

Un événement est un ensemble d'issues, et sa probabilité est la SOMME des probabilités de ces issues. Les nombres pairs sont $2$, $4$ et $6$ : $P=0{,}1+0{,}15+0{,}4=0{,}65$. Sur un dé équilibré on aurait trouvé $0{,}5$ : le trucage se voit déjà ici, puisque la face truquée est paire.

Au moins $4$ signifie $4$, $5$ ou $6$, l'expression incluant la valeur $4$ : $P=0{,}15+0{,}15+0{,}4=0{,}7$. Confondre au moins $4$ et plus de $4$ est l'erreur de lecture la plus fréquente, et elle change ici le résultat de $0{,}15$.

Directement, en additionnant les trois issues favorables : $P(1)+P(2)+P(3)=0{,}1\times 3=0{,}3$. Par l'événement contraire : strictement inférieur à $4$ est exactement le contraire de au moins $4$, donc $P=1-0{,}7=0{,}3$ ✓. Les deux méthodes concordent, et la seconde est la plus rapide dès que l'événement contraire compte moins d'issues. C'est le réflexe à prendre pour toute question commençant par au moins.

Très avantageux. Sur un dé équilibré, $P(6)=\frac{1}{6}\approx 0{,}167$ ; ici $P(6)=0{,}4$, soit $2{,}4$ fois plus. Concrètement, sur $100$ lancers on attend environ $40$ six au lieu de $17$. À l'inverse, les faces $1$, $2$ et $3$ sont défavorisées : $0{,}1$ au lieu de $0{,}167$. Retenir la lecture : dans une loi non équiprobable, le mot hasard ne dit plus rien à lui seul, seule la loi permet de conclure.

En situation d'équiprobabilité, la probabilité est le nombre de cas favorables divisé par le nombre de cas possibles : $P(\text{cœur})=\frac{13}{52}=\frac{1}{4}$. Résultat attendu, puisque les quatre couleurs se partagent le jeu à parts égales.

$P(\text{roi})=\frac{4}{52}=\frac{1}{13}\approx 0{,}077$. Il y a un roi par couleur.

Une seule carte du jeu convient, donc $P=\frac{1}{52}\approx 0{,}019$. C'est la probabilité d'une issue élémentaire.

Les deux événements ne sont pas incompatibles : le roi de cœur est à la fois un roi et un cœur, il appartient aux deux ensembles. La formule générale retranche donc l'intersection, comptée deux fois : $P=\frac{13}{52}+\frac{4}{52}-\frac{1}{52}=\frac{16}{52}=\frac{4}{13}$. Additionner sans retrancher donnerait $\frac{17}{52}$, un résultat faux. Le contrôle est facile à faire à la main : les cartes favorables sont les $13$ cœurs plus les $3$ rois qui ne sont pas des cœurs, soit $16$ cartes ✓.

Le produit vaut $\frac{1}{4}\times\frac{1}{13}=\frac{1}{52}$, exactement la réponse c). Ce n'est pas une règle générale, c'est une propriété de ce jeu : la couleur ne donne aucune information sur la hauteur de la carte, puisque chaque couleur contient exactement un roi. On dit que les deux événements sont indépendants, notion qui sera formalisée en Première. Contre-exemple immédiat : dans un jeu de $32$ cartes auquel on aurait ajouté un joker, ou dans un jeu tronqué, cette égalité tomberait en défaut.

$P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=0{,}45+0{,}3-0{,}12=0{,}63$. On retranche l'intersection parce qu'elle est comptée dans $P(A)$ et de nouveau dans $P(B)$.

$P(\overline{A})=1-P(A)=1-0{,}45=0{,}55$. L'événement contraire complète toujours à $1$.

L'événement $A$ se décompose en deux morceaux disjoints : $A$ avec $B$, et $A$ sans $B$. Donc $P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=0{,}45-0{,}12=0{,}33$. Cette décomposition est le raisonnement clé du chapitre, plus utile à retenir que la formule elle-même.

Aucun des deux est le contraire de au moins un des deux, c'est-à-dire le contraire de $A\cup B$ : $P=1-0{,}63=0{,}37$. Traduire aucun par le contraire de au moins un évite d'avoir à calculer directement une intersection de contraires.

Non. Deux événements incompatibles ne peuvent pas se produire ensemble, donc vérifient $P(A\cap B)=0$. Ici cette probabilité vaut $0{,}12$, qui n'est pas nulle : les deux événements se produisent simultanément dans $12$ % des cas.

Les quatre cas valent respectivement $0{,}12$, $0{,}33$, $P(B)-P(A\cap B)=0{,}3-0{,}12=0{,}18$ et $0{,}37$. Leur somme : $0{,}12+0{,}33+0{,}18+0{,}37=1$ ✓. Ces quatre cas forment une partition de l'univers : ils sont deux à deux incompatibles et couvrent toutes les possibilités. C'est exactement l'information que résume un tableau à double entrée, comme celui de l'exercice suivant, et c'est le meilleur outil de vérification d'un énoncé de ce type.

On remplit toujours en partant de la case commune, la seule donnée directement : $25$ élèves pratiquent les deux. Sport sans musique : $70-25=45$. Musique sans sport : $45-25=20$. Élèves sans sport : $120-70=50$, dont $20$ musiciens, donc $50-20=30$ ne font ni l'un ni l'autre. Contrôle par les deux marges : la colonne sans musique donne $45+30=75$, et $45+75=120$ ✓. Un tableau qui ne boucle pas sur ses deux marges contient une erreur, et ce contrôle prend dix secondes.

$P(\text{sport})=\frac{70}{120}=\frac{7}{12}\approx 0{,}583$. On lit un total de ligne, pas une case.

Au moins une activité, ce sont les trois cases autres que celle des $30$ : $\frac{45+25+20}{120}=\frac{90}{120}=\frac{3}{4}$. On retrouve bien la formule de la réunion : $\frac{70+45-25}{120}=\frac{90}{120}$ ✓.

Aucune des deux : la case correspondante contient $30$ élèves, donc $\frac{30}{120}=\frac{1}{4}$. C'est bien $1-\frac{3}{4}$, ce qui confirme la question c) ✓. Avec le tableau, cette probabilité se lit directement, alors que sans lui il faut passer par l'événement contraire : c'est tout l'intérêt de le construire d'abord.

$70+45=115$, alors que $90$ élèves seulement pratiquent au moins une activité. L'écart vaut $115-90=25$, c'est-à-dire exactement le nombre d'élèves qui pratiquent les deux : ils ont été comptés une fois dans les sportifs et une fois dans les musiciens. C'est la même idée que le terme retranché dans $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$, vue ici sur des effectifs plutôt que sur des probabilités.

Comme la boule est remise, la composition de l'urne est identique aux deux tirages : chaque branche rouge porte $\frac{3}{5}$ et chaque branche verte $\frac{2}{5}$, au premier comme au second niveau. L'arbre a quatre chemins : RR, RV, VR et VV. Contrôle de construction : la somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut toujours $1$, ici $\frac{3}{5}+\frac{2}{5}=1$ ✓. Sans remise, le second étage changerait : l'urne ne contiendrait plus que quatre boules et les probabilités dépendraient du premier tirage.

On multiplie le long d'un chemin : $P(RR)=\frac{3}{5}\times\frac{3}{5}=\frac{9}{25}=0{,}36$. La multiplication traduit le fait que les deux conditions doivent être remplies l'une APRÈS l'autre.

$P(VV)=\frac{2}{5}\times\frac{2}{5}=\frac{4}{25}=0{,}16$.

Deux chemins conviennent, et on additionne leurs probabilités : $P(RV)+P(VR)=\frac{3}{5}\times\frac{2}{5}+\frac{2}{5}\times\frac{3}{5}=\frac{6}{25}+\frac{6}{25}=\frac{12}{25}=0{,}48$. Vérification : $\frac{9}{25}+\frac{4}{25}+\frac{12}{25}=\frac{25}{25}=1$ ✓. La règle du chapitre tient en deux verbes : on multiplie LE LONG d'un chemin, on additionne ENTRE les chemins.

Parce que l'expérience distingue l'ordre : le premier tirage et le second sont deux instants différents, et rouge puis verte n'est pas le même déroulement que verte puis rouge, même si le bilan final se ressemble. Oublier l'un des deux chemins donnerait $\frac{6}{25}=0{,}24$ au lieu de $0{,}48$, et la somme des trois cas ne ferait plus $1$ : c'est d'ailleurs ce contrôle qui permet de détecter l'oubli. Retenir que le résultat une de chaque est le plus probable des trois, précisément parce qu'il se réalise de deux façons.

Les probabilités du second niveau dépendent désormais du résultat du premier tirage : il ne reste que $4$ boules, et la composition a changé selon la branche empruntée. Après une rouge, il reste $2$ rouges sur $4$ ; après une verte, il reste $3$ rouges sur $4$. Le premier niveau, lui, est inchangé. C'est la seule différence, mais elle interdit de réutiliser les mêmes nombres partout.

$P(RR)=\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}=\frac{6}{20}=\frac{3}{10}=0{,}3$.

$P(VV)=\frac{2}{5}\times\frac{1}{4}=\frac{2}{20}=\frac{1}{10}=0{,}1$. Pour une de chaque, deux chemins : $\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}+\frac{2}{5}\times\frac{3}{4}=\frac{6}{20}+\frac{6}{20}=\frac{12}{20}=\frac{3}{5}=0{,}6$. Vérification : $0{,}3+0{,}1+0{,}6=1$ ✓. Noter que les deux chemins mixtes ont encore la même probabilité, ce qui n'a rien d'évident ici puisque les branches diffèrent : $\frac{3}{5}\times\frac{2}{4}$ et $\frac{2}{5}\times\frac{3}{4}$ ont les mêmes facteurs dans un ordre différent.

Avec remise : $\frac{9}{25}=0{,}36$. Sans remise : $\frac{3}{10}=0{,}30$. La probabilité diminue, et c'était prévisible : une fois une rouge retirée, il en reste $2$ sur $4$ au lieu de $3$ sur $5$, donc la seconde rouge devient moins probable. Règle générale : sans remise, tirer deux fois la même couleur est toujours moins probable qu'avec remise, et tirer deux couleurs différentes est toujours plus probable.

Avec $30$ rouges et $20$ vertes, la proportion de rouges est la même, $0{,}6$. Avec remise, $P(RR)=0{,}6^2=0{,}36$, inchangé. Sans remise, $P(RR)=\frac{30}{50}\times\frac{29}{49}\approx 0{,}355$. L'écart est tombé d'environ $0{,}06$ à environ $0{,}005$, plus de dix fois moins. La raison est simple : retirer une boule sur $50$ modifie à peine la composition, alors que retirer une boule sur $5$ la bouleverse. C'est pour cela que, sur de grandes populations, les sondages sans remise se traitent comme s'ils étaient avec remise.

Aucune des deux est le contraire de au moins une des deux, c'est-à-dire de $E\cup A$. Donc $P(E\cup A)=1-0{,}15=0{,}85$ : $85$ % des élèves étudient au moins une de ces langues.

On applique la formule de la réunion en cherchant le terme manquant : $0{,}85=0{,}60+0{,}45-P(E\cap A)$, donc $P(E\cap A)=1{,}05-0{,}85=0{,}20$. Ainsi $20$ % des élèves étudient les deux langues. Contrôle par les quatre cas : $20$ % bilingues, $40$ % espagnol seul, $25$ % allemand seul, $15$ % aucune, et la somme fait bien $100$ % ✓.

$P(E\cap\overline{A})=P(E)-P(E\cap A)=0{,}60-0{,}20=0{,}40$, soit $40$ % de la classe.

L'énoncé est parfaitement cohérent, et son objection suppose que les deux groupes sont disjoints. La somme $60+45$ dépasse $100$ précisément parce que les bilingues sont comptés deux fois, une fois dans chaque groupe. Le surplus $105-85=20$ est exactement le pourcentage de bilingues, ce qui est d'ailleurs une autre façon de répondre à la question b). Rien n'interdit à deux pourcentages de dépasser $100$ ensemble : ce serait impossible seulement si les deux groupes étaient disjoints.

Le pourcentage de bilingues ne peut pas dépasser le plus petit des deux groupes, donc il est au plus $45$ % : le maximum est atteint si tous les germanistes font aussi de l'espagnol. À l'inverse, comme les deux groupes occupent au total $105$ points de pourcentage dans une classe qui n'en contient que $100$, le recouvrement vaut au moins $105-100=5$ %. Le pourcentage de bilingues est donc compris entre $5$ % et $45$ %, et la donnée des $15$ % sans langue fixe la valeur à $20$ % dans cet intervalle. Cet encadrement, $\max(0,\ P(E)+P(A)-1)\leq P(E\cap A)\leq\min(P(E),\ P(A))$, est un bon réflexe de contrôle : un résultat qui en sort est nécessairement faux.

Fréquence observée : $f=\frac{58}{100}=0{,}58$. Comme $\frac{1}{\sqrt{100}}=\frac{1}{10}=0{,}1$, l'intervalle est $[0{,}4\ ;\ 0{,}6]$. La fréquence $0{,}58$ appartient à cet intervalle, donc on ne rejette pas l'hypothèse. Formulation importante : on ne rejette pas ne veut pas dire on a prouvé que la pièce est équilibrée. Le test n'a simplement rien détecté, ce qui est très différent.

Fréquence observée : $f=\frac{580}{1000}=0{,}58$, identique. Mais $\frac{1}{\sqrt{1000}}\approx 0{,}0316$, donc l'intervalle se resserre à environ $[0{,}468\ ;\ 0{,}532]$. Cette fois $0{,}58$ est en dehors : on rejette l'hypothèse d'équilibre, avec un risque d'erreur d'environ $5\ \%$ : on juge la pièce truquée. Les $5\ \%$ sont le risque de rejeter une pièce équilibrée, pas la probabilité que celle-ci le soit.

L'amplitude de l'intervalle vaut $\frac{2}{\sqrt{n}}$, donc elle diminue quand la taille de l'échantillon augmente, mais lentement : il faut multiplier $n$ par $4$ pour diviser l'amplitude par $2$. Un écart de $0{,}08$ à la valeur théorique s'explique aisément par le hasard sur $100$ lancers, mais devient invraisemblable sur $1000$. Autrement dit, ce n'est pas la fréquence seule qui compte, c'est le couple fréquence et taille d'échantillon. C'est aussi pourquoi un sondage sur $50$ personnes ne permet presque jamais de conclure.

Il faut sortir de $[0{,}4\ ;\ 0{,}6]$, donc obtenir une fréquence strictement supérieure à $0{,}6$, c'est-à-dire au moins $61$ piles sur $100$ (ou au plus $39$, du côté opposé). Avec $60$ piles exactement, la fréquence $0{,}6$ est encore une borne de l'intervalle, donc on ne rejette pas. Trois piles de plus que les $58$ observés auraient donc inversé la conclusion, ce qui montre à quel point un test au seuil de $95$ % est une décision, et non une preuve.

Les écarts valent $|0{,}43-0{,}5|=0{,}07$ pour $n=100$ et $|0{,}502-0{,}5|=0{,}002$ pour $n=100\,000$.

C'est la loi des grands nombres, dans la version du programme : lorsque $n$ est grand, sauf exception, la fréquence observée est proche de la probabilité.

Elle ne promet ni une fréquence égale à $0{,}5$, ni un écart qui diminue à chaque étape : ici, l'écart remonte de $0{,}005$ à $0{,}0122$ entre $1\,000$ et $10\,000$ lancers.

Une autre exécution du programme donnerait d'autres nombres : c'est la fluctuation d'échantillonnage.

Impossible. Si $A$ et $B$ étaient incompatibles, on aurait $P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0{,}5+0{,}6=1{,}1$, or aucune probabilité ne peut dépasser $1$. Deux événements de probabilités $0{,}5$ et $0{,}6$ ont donc nécessairement une intersection, et même une intersection de probabilité au moins $0{,}1$. Cette contrainte, $P(A\cap B)\geq P(A)+P(B)-1$, est la version chiffrée de l'idée que deux ensembles occupant ensemble plus de place que le tout doivent se chevaucher.

L'égalité $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ n'est valable que si $A$ et $B$ sont incompatibles. Dans le cas général il faut retrancher l'intersection : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$. La première formule est un cas particulier de la seconde, celui où $P(A\cap B)=0$, et non une formule concurrente. Contre-exemple pris à l'exercice 2 : roi et cœur donnent $\frac{4}{13}$ et non $\frac{17}{52}$.

Compter les issues ne suffit jamais : la formule cas favorables sur cas possibles exige que les issues soient ÉQUIPROBABLES. La conclusion n'est donc valable que pour une pièce équilibrée. Une pièce truquée a bien deux issues, mais des probabilités différentes, comme le dé de l'exercice 1 qui a six faces sans avoir six probabilités égales à $\frac{1}{6}$.

Même erreur, sous une forme plus spectaculaire. Les $11$ sommes possibles ne sont pas équiprobables : il n'existe qu'une façon d'obtenir $2$, à savoir $1$ et $1$, contre six façons d'obtenir $7$, qui sont $1{+}6$, $2{+}5$, $3{+}4$, $4{+}3$, $5{+}2$ et $6{+}1$. Le bon univers équiprobable est celui des $36$ couples de résultats des deux dés : $P(7)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}\approx 0{,}167$ alors que $P(2)=\frac{1}{36}\approx 0{,}028$, six fois moins. La leçon générale du chapitre : avant tout comptage, il faut choisir un univers dont les issues ont vraiment la même probabilité.

Le dé est équilibré, donc les six faces sont équiprobables et $P(6)=\frac{1}{6}\approx 0{,}167$. Le joueur perd donc environ cinq fois sur six.

Sur $600$ parties, on attend environ $600\times\frac{1}{6}=100$ apparitions du $6$, donc $500$ échecs. Gain estimé : $100\times 5+500\times(-1)=500-500=0$ dollar. Le choix de $600$ n'est pas anodin : c'est un multiple de $6$, ce qui évite les arrondis et rend le raisonnement lisible. On peut refaire le calcul avec $6000$ parties, on trouvera encore $0$.

Le gain total attendu étant nul, le jeu est équitable. Attention à ce que cela signifie : sur une partie donnée, le joueur gagne $5$ ou perd $1$, jamais $0$. C'est seulement la moyenne sur un grand nombre de parties qui s'approche de zéro. Un jeu équitable n'est pas un jeu sans risque.

Avec un gain de $4$ dollars : $100\times 4+500\times(-1)=400-500=-100$ dollars sur $600$ parties, soit environ $-0{,}17$ dollar par partie. Le jeu devient défavorable au joueur, et c'est exactement le principe économique d'une fête foraine : la perte moyenne du joueur est le bénéfice de l'organisateur, ici environ $17$ centimes par partie, soit $100$ dollars pour $600$ parties jouées.

Avec une perte de $2$ dollars en cas d'échec, le total sur $600$ parties vaut $100g+500\times(-2)=100g-1000$. L'équité impose que ce total soit nul, donc $100g=1000$ et $g=10$ dollars. Vérification : $100\times 10-1000=0$ ✓. Lecture générale : pour rester équitable, le gain doit compenser exactement le rapport des fréquences, ici $g\times 1=2\times 5$ puisque l'échec est cinq fois plus fréquent que le succès. Doubler la perte double donc le gain nécessaire, ce qui explique le passage de $5$ à $10$ dollars.

Le dé rouge a $6$ résultats possibles et, pour chacun, le dé bleu en a $6$ : $6\times 6=36$ couples. Les dés étant équilibrés et distincts, ces $36$ couples sont équiprobables, de probabilité $\frac{1}{36}$ chacun. Distinguer les deux dés par leur couleur est ce qui rend $(2\ ;\ 5)$ et $(5\ ;\ 2)$ différents.

Les doubles sont les $6$ cases de la diagonale : $P=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.

Somme $10$ : $(4\ ;\ 6)$, $(5\ ;\ 5)$, $(6\ ;\ 4)$, soit $3$ cases. Somme $11$ : $(5\ ;\ 6)$, $(6\ ;\ 5)$, soit $2$ cases. Somme $12$ : $(6\ ;\ 6)$, soit $1$ case. Au total $6$ cases : $P=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$. « Au moins $10$ » inclut $10$ : l'oublier ferait perdre la moitié des cas.

Le contraire de « au moins un $6$ » est « aucun $6$ » : $5$ résultats pour chaque dé, soit $5\times 5=25$ cases. Donc $P=1-\frac{25}{36}=\frac{11}{36}\approx 0{,}306$. Le compte direct donne $6+6-1=11$ cases, le couple $(6\ ;\ 6)$ n'étant compté qu'une fois ✓. Répondre $\frac{12}{36}$ compte deux fois le double six.

Un produit est impair seulement si les deux facteurs sont impairs : $3\times 3=9$ cases. Donc $P(\text{produit pair})=1-\frac{9}{36}=\frac{27}{36}=\frac{3}{4}$.

Chaque lancer double le nombre de branches : $2\times 2\times 2=8$ issues, PPP, PPF, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF. La pièce étant équilibrée, elles sont équiprobables, de probabilité $\frac{1}{8}$ chacune.

Un seul chemin : $P(\text{PPP})=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{8}$.

Les issues favorables sont PPF, PFP et FPP : la face peut être au premier, au deuxième ou au troisième lancer. $P=\frac{3}{8}$. Répondre $\frac{1}{8}$ oublie que « deux piles » se réalise de trois façons.

Le contraire est FFF, de probabilité $\frac{1}{8}$. Donc $P=1-\frac{1}{8}=\frac{7}{8}$.

Il faut alterner : PFP ou FPF, soit $2$ issues. $P=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}$.

En notant chaque élève par son initiale : AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE. Il y a $10$ binômes. On les liste dans un ordre systématique (tous ceux qui contiennent A, puis ceux qui contiennent B sans A, et ainsi de suite) pour n'en oublier aucun et n'en compter aucun deux fois : AB et BA sont le MÊME binôme.

Alice figure dans AB, AC, AD, AE : $4$ binômes sur $10$. $P=\frac{4}{10}=0{,}4$. C'est aussi $\frac{2}{5}$ : deux postes pour cinq candidats.

Un seul binôme : $P=\frac{1}{10}=0{,}1$.

Deux filles : AC, AE, CE, soit $3$ binômes, $P=\frac{3}{10}=0{,}3$. Deux garçons : BD seulement, $P=\frac{1}{10}$. Une fille et un garçon : le reste, $10-3-1=6$ binômes, $P=0{,}6$. Contrôle : $0{,}3+0{,}1+0{,}6=1$ ✓.

« Au moins un garçon » est le contraire de « deux filles » : $P=1-0{,}3=0{,}7$.