Exercices corrigés : probabilités, dénombrement et espérance (math TS, secondaire 4)

a) INCOMPATIBLES : un nombre pair ne peut pas être un $5$, donc les deux ne se produisent jamais ensemble et $P(A\cap B)=0$. Ils ne sont donc PAS indépendants : savoir que le dé donne $5$ rend $A$ impossible, ce qui change bien sa probabilité, de $\dfrac{1}{2}$ à $0$.

b) COMPATIBLES : rien n'empêche le dé de donner $6$ et la carte d'être un coeur. INDÉPENDANTS aussi : le dé et le jeu de cartes n'ont aucun lien, donc $P(C\cap D)=\dfrac{1}{6}\times\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{24}$. C'est le cas typique de deux expériences menées séparément.

c) COMPATIBLES : le valet de pique est à la fois une figure et un pique. INDÉPENDANTS aussi, et c'est moins évident : $P(E)=\dfrac{12}{52}=\dfrac{3}{13}$, $P(F)=\dfrac{13}{52}=\dfrac{1}{4}$, et $P(E\cap F)=\dfrac{3}{52}$, puisqu'il y a trois figures de pique. Or $\dfrac{3}{13}\times\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{52}$ : le produit tombe juste, donc les deux événements sont bien indépendants.

d) Pour des événements INCOMPATIBLES, les probabilités s'additionnent simplement : $P(A\cup B)=\dfrac{3}{6}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$. Pour des événements COMPATIBLES, il faut retirer l'intersection, comptée deux fois : $P(E\cup F)=\dfrac{12}{52}+\dfrac{13}{52}-\dfrac{3}{52}=\dfrac{22}{52}=\dfrac{11}{26}$.

e) Presque jamais. Si $A$ et $B$ sont incompatibles, alors $P(A\cap B)=0$, alors que l'indépendance exigerait $P(A)\times P(B)$. Ces deux nombres ne coïncident que si l'un des deux événements est impossible. Autrement dit, l'incompatibilité est une forme extrême de DÉPENDANCE : savoir que l'un s'est produit règle définitivement le sort de l'autre. Confondre les deux mots est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

a) $5!=5\times 4\times 3\times 2\times 1=120$. Et $0!=1$ par convention : il y a exactement UNE façon de n'ordonner aucun objet, celle de ne rien faire. Cette convention n'est pas un caprice, c'est ce qui rend les formules valides aux extrémités.

b) L'ordre compte, donc ce sont des arrangements : $7$ choix pour le premier emplacement, $6$ pour le deuxième, $5$ pour le troisième, soit $7\times 6\times 5=210$. Avec la notation factorielle : $\dfrac{7!}{(7-3)!}=\dfrac{5040}{24}=210$. La factorielle du dénominateur efface exactement les facteurs qu'on ne veut pas.

c) L'ordre ne compte plus : une même caisse de trois outils a été comptée plusieurs fois en b). Le nombre de combinaisons est $\dfrac{7!}{3!\,(7-3)!}=\dfrac{5040}{6\times 24}=\dfrac{5040}{144}=35$.

d) Le rapport vaut $\dfrac{210}{35}=6=3!$. La raison : chaque choix de trois outils peut être ordonné de $3!=6$ façons, donc les arrangements comptent chaque combinaison six fois. C'est le lien entre les deux notions, et il suffit à retrouver l'une à partir de l'autre sans réapprendre de formule.

e) L'ordre d'une équipe ne compte pas, donc ce sont des combinaisons : $\dfrac{10!}{4!\,6!}=\dfrac{10\times 9\times 8\times 7}{24}=\dfrac{5040}{24}=210$. On calcule toujours en simplifiant AVANT de multiplier : écrire $10!$ en entier donnerait un nombre à sept chiffres inutile, et la calculatrice déborde vite.

a) L'ordre ne compte pas, donc ce sont des combinaisons : $\dfrac{12!}{4!\,8!}=\dfrac{12\times 11\times 10\times 9}{24}=495$ tirages possibles. C'est le DÉNOMINATEUR de toutes les probabilités qui suivent, et on le calcule une seule fois.

b) Aucune défectueuse signifie que les quatre pièces viennent des $9$ conformes : $\dfrac{9!}{4!\,5!}=126$ tirages favorables. Donc $P=\dfrac{126}{495}\approx 0{,}2545$, soit environ $25{,}45$ pour cent.

c) On choisit UNE défectueuse parmi $3$ et TROIS conformes parmi $9$, puis on multiplie les deux comptes, chaque choix de défectueuse pouvant s'associer à chaque choix de conformes : $3\times 84=252$ tirages favorables, donc $P=\dfrac{252}{495}\approx 0{,}5091$. La multiplication est le geste clé : on compose deux choix indépendants.

d) « Au moins une » est le CONTRAIRE de « aucune », donc $P=1-\dfrac{126}{495}=\dfrac{369}{495}\approx 0{,}7455$. Une pièce défectueuse sur trois tirages, en gros : le contrôle par échantillon repère souvent le défaut, mais pas toujours.

e) Parce que la somme demanderait TROIS calculs, ceux d'exactement une, exactement deux et exactement trois défectueuses, alors que le complément n'en demande qu'un. Contrôle : $252+\dfrac{3!}{2!\,1!}\times 36+1\times 9=252+108+9=369$, ce qui redonne bien le même numérateur. Le complément est plus court et laisse moins de place à l'erreur.

a) Sur $8$ cas, $3$ sont favorables et $8-3=5$ sont défavorables. Les chances POUR sont donc $3:5$. Le total disparaît de l'écriture : c'est toute la différence avec une probabilité.

b) Les chances CONTRE sont $7:2$, donc il y a $7$ cas défavorables pour $2$ favorables, soit $9$ cas en tout. La probabilité vaut $\dfrac{2}{9}\approx 0{,}2222$. On additionne les deux nombres des chances pour retrouver le total : c'est le seul calcul à connaître.

c) $0{,}25=\dfrac{1}{4}$ : un cas favorable sur quatre, donc trois défavorables. Les chances pour sont $1:3$ et les chances contre $3:1$. Les deux écritures sont simplement inversées l'une de l'autre.

d) De la probabilité aux chances : si $P=\dfrac{a}{a+b}$, les chances pour sont $a:b$, c'est-à-dire $P:(1-P)$ une fois simplifié. Des chances à la probabilité : des chances pour de $a:b$ donnent $P=\dfrac{a}{a+b}$. Le passage se fait donc en ajoutant ou en retirant le total, jamais autrement.

e) NON, et c'est le piège classique. « Une chance sur trois » décrit une probabilité de $\dfrac{1}{3}$, donc des chances de $1:2$. « Les chances sont de $1:3$ » décrit une probabilité de $\dfrac{1}{4}$. Les deux énoncés diffèrent de près de dix points de pourcentage. En évaluation, on lit donc le mot employé, « chances » ou « probabilité », avant de calculer.

a) $P(D)=\dfrac{14}{200}=0{,}07$ et $P(A)=\dfrac{120}{200}=0{,}6$. On lit les totaux de la ligne et de la colonne, jamais une case isolée : c'est à cela que servent les marges du tableau.

b) Une probabilité conditionnelle change de TOTAL : on se restreint à la ligne concernée. $P(D|A)=\dfrac{6}{120}=0{,}05$, soit $5$ pour cent des pièces de la machine A. $P(D|B)=\dfrac{8}{80}=0{,}10$, soit $10$ pour cent. La machine B produit donc deux fois plus de défauts, en proportion, bien qu'elle fabrique moins de pièces.

c) Le test formel est $P(A\cap D)=P(A)\times P(D)$. À gauche : $\dfrac{6}{200}=0{,}03$. À droite : $0{,}6\times 0{,}07=0{,}042$. Les deux nombres DIFFÈRENT, donc $A$ et $D$ ne sont PAS indépendants. On pouvait le voir autrement : $P(D|A)=0{,}05$ n'est pas égal à $P(D)=0{,}07$, donc savoir d'où vient la pièce change bien sa probabilité d'être défectueuse.

d) $P(A|D)=\dfrac{6}{14}\approx 0{,}4286$ : on se restreint cette fois à la COLONNE des défectueuses. Ce n'est pas du tout la même chose que $P(D|A)=0{,}05$. Les deux probabilités conditionnelles sont inverses l'une de l'autre par la question posée, et il n'y a aucune raison qu'elles soient proches.

e) $P(D|A)=0{,}05$ répond à : « si je prends une pièce sortant de la machine A, quelles sont ses chances d'être mauvaise ? » C'est une mesure de la QUALITÉ de la machine. $P(A|D)\approx 0{,}43$ répond à : « j'ai trouvé une pièce mauvaise, d'où vient-elle probablement ? » C'est une question d'ENQUÊTE. Confondre les deux est l'erreur classique, et elle mène à accuser la mauvaise machine.

a) Les probabilités d'une expérience totalisent toujours $1$ : $1-0{,}10-0{,}25=0{,}65$. Le joueur repart donc les mains vides presque deux fois sur trois, ce que la figure montre d'un coup d'oeil.

b) $E=10\times 0{,}10+3\times 0{,}25+0\times 0{,}65=1+0{,}75+0=1{,}75$ dollar. Chaque gain est multiplié par SA probabilité, et l'on additionne. Le terme nul s'écrit quand même dans la ligne de calcul : c'est ce qui prouve au correcteur qu'aucun cas n'a été oublié.

c) La mise est payée à chaque partie, quel que soit le résultat : $E_{\text{net}}=1{,}75-2=-0{,}25$ dollar. Le joueur perd donc $25$ cents par partie en moyenne. Une espérance négative est la règle dans les jeux de hasard : c'est la marge de l'organisateur.

d) Sur $200$ parties, la perte prévisible est $200\times(-0{,}25)=-50$ dollars. « Prévisible » ne veut pas dire « certain » : le joueur peut très bien gagner ce soir-là. Mais plus le nombre de parties augmente, plus le résultat réel se rapproche de cette moyenne, et c'est l'organisateur, qui joue des milliers de parties, qui en profite.

e) Un jeu est ÉQUITABLE quand l'espérance nette est nulle, c'est-à-dire quand la mise égale l'espérance du gain : il faudrait faire payer $1{,}75$ dollar la partie. À $2$ dollars, l'organisateur garde $0{,}25$ dollar par partie, soit $12{,}5$ pour cent de la mise.

a) L'inspection coûte $0{,}40$ dollar par pièce, sans aléa : ce n'est pas une espérance, c'est un coût certain. Toutes les pièces sont inspectées, donc le coût moyen par pièce est exactement $0{,}40$ dollar.

b) Sans inspection, le coût est de $25$ dollars avec une probabilité de $0{,}02$, et de $0$ dollar avec une probabilité de $0{,}98$. L'espérance vaut $25\times 0{,}02+0\times 0{,}98=0{,}50$ dollar par pièce. C'est un coût MOYEN : la plupart des pièces ne coûtent rien, et une sur cinquante coûte cher.

c) L'inspection coûte $0{,}40$ contre $0{,}50$ : il faut INSPECTER. L'économie est de $0{,}10$ dollar par pièce, soit $10\,000\times 0{,}10=1000$ dollars sur le lot. La décision se prend sur la comparaison de deux moyennes, jamais sur l'impression que « les défauts sont rares ».

d) On cherche le taux $p$ qui rend les deux stratégies équivalentes : $25p=0{,}40$, donc $p=0{,}016$, soit $1{,}6$ pour cent. Au-dessus de ce taux, l'inspection est rentable ; en dessous, elle coûte plus qu'elle ne rapporte. L'entreprise est à $2$ pour cent, donc au-dessus du seuil, ce qui confirme la réponse précédente.

e) Le seuil devient $25p=0{,}25$, donc $p=0{,}01$, soit $1$ pour cent. Une inspection moins chère devient rentable pour des lots de meilleure qualité : c'est exactement pourquoi les ateliers investissent dans des contrôles automatisés, dont le coût unitaire très bas rend l'inspection rentable même quand les défauts sont rares.

a) Faux, et c'est même presque l'inverse. Incompatibles signifie $P(A\cap B)=0$, alors que l'indépendance exige $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$, un produit non nul dès que les deux événements sont possibles. L'incompatibilité est donc une DÉPENDANCE extrême : savoir que l'un s'est produit rend l'autre impossible.

b) Faux. Les deux probabilités changent de TOTAL : l'une se restreint à $B$, l'autre à $A$. Avec le tableau de l'exercice 5, $P(D|A)=0{,}05$ et $P(A|D)\approx 0{,}43$, soit un rapport de presque neuf. L'énoncé correct : ces deux conditionnelles répondent à deux questions différentes et n'ont aucune raison d'être proches.

c) Faux. Des chances de $1:3$ signifient un cas favorable contre trois défavorables, donc QUATRE cas en tout et une probabilité de $\dfrac{1}{4}$. Une probabilité de $\dfrac{1}{3}$ correspondrait à des chances de $1:2$. On additionne toujours les deux nombres des chances pour retrouver le total.

d) Faux : il manque le facteur $(10-4)!$ au dénominateur. La bonne formule est $\dfrac{10!}{4!\,6!}=210$, alors que $\dfrac{10!}{4!}=151\,200$, qui est le nombre d'ARRANGEMENTS, c'est-à-dire de choix ORDONNÉS. L'écart entre les deux nombres est le facteur $6!$, et il est énorme.

e) Faux. L'espérance est une MOYENNE sur un très grand nombre de parties, pas le résultat d'une partie : dans ce jeu, on perd $2$ dollars ou l'on gagne $1$ ou $8$ dollars nets, jamais $25$ cents. L'énoncé correct : sur un grand nombre de parties, la perte moyenne s'approche de $25$ cents par partie.

a) L'ordre ne compte pas : $\dfrac{50!}{5!\,45!}=\dfrac{50\times 49\times 48\times 47\times 46}{120}=2\,118\,760$ tirages possibles.

b) Le lot est accepté si les cinq pièces viennent des $46$ conformes : $\dfrac{46!}{5!\,41!}=1\,370\,754$ tirages favorables. Donc $P=\dfrac{1\,370\,754}{2\,118\,760}\approx 0{,}6470$. Autrement dit, un lot contenant quatre pièces mauvaises passe le contrôle près de deux fois sur trois.

c) $P(\text{refus})=1-0{,}6470=0{,}3530$, soit environ $35{,}30$ pour cent. Le protocole laisse donc passer beaucoup de lots défectueux : c'est le prix d'un échantillon de cinq pièces seulement.

d) On lit la figure : la courbe des points descend sous la barre des $50$ pour cent entre $7$ et $8$ pièces contrôlées. Le calcul confirme : avec $7$ pièces, la probabilité d'acceptation vaut encore $0{,}5358$, et avec $8$ elle tombe à $0{,}4860$. Il faut donc contrôler HUIT pièces pour que le refus devienne plus probable que l'acceptation.

e) Chaque pièce tirée a une probabilité $\dfrac{4}{50}=0{,}08$ d'être défectueuse, donc l'espérance du nombre de défectueuses dans cinq tirages vaut $5\times 0{,}08=0{,}4$ pièce. Un nombre moyen de $0{,}4$ ne signifie évidemment pas qu'on trouve un morceau de pièce : c'est la moyenne sur un grand nombre de contrôles, et elle explique pourquoi le protocole rate si souvent le défaut.

a) Le coût est de $95$ dollars avec une probabilité de $0{,}06$, et nul sinon. L'espérance vaut $95\times 0{,}06=5{,}70$ dollars par appareil. Ce montant s'ajoute au coût de fabrication dans le calcul du prix de vente : c'est ainsi qu'une garantie « gratuite » est en réalité payée par tous les acheteurs.

b) Sur $400$ appareils : $400\times 5{,}70=2280$ dollars. Le fabricant ne sait pas QUELS appareils tomberont en panne, mais il peut budgéter ce montant, et l'écart avec la réalité se réduit à mesure que la production grandit.

c) L'espérance du coût de la deuxième année vaut $95\times 0{,}11=10{,}45$ dollars, alors que le contrat rapporte $9$ dollars. Le fabricant perdrait donc en moyenne $10{,}45-9=1{,}45$ dollar par contrat vendu : la garantie prolongée n'est PAS rentable à ce prix.

d) Un contrat est équitable quand son prix égale l'espérance du coût : il faudrait le vendre $10{,}45$ dollars. En pratique, le fabricant le vendrait plus cher encore, pour couvrir ses frais de gestion et dégager une marge, exactement comme un assureur.

e) Non, et c'est le coeur du chapitre. Pour CET appareil, le coût réel est $0$ dollar, pas $5{,}70$. L'espérance n'est pas un montant prélevé sur chaque unité : c'est la moyenne des coûts sur l'ensemble de la production, où quelques appareils coûtent $95$ dollars et les autres rien du tout. Le raisonnement ne vaut qu'à l'échelle du lot, jamais à l'échelle de l'individu.