P(Ω)=1. P(∅)=0. P(Ā)=1-P(A). P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(A∩B).
A et B incompatibles (disjoints) : P(A∪B)=P(A)+P(B).
P(A|B)=P(A∩B)/P(B) pour P(B)>0.
A et B indépendants ⟺ P(A∩B)=P(A)·P(B) ⟺ P(A|B)=P(A).
Si B₁,...,Bₙ forment une partition de Ω : P(A)=Σ P(A|Bᵢ)·P(Bᵢ).
P(Bᵢ|A)=P(A|Bᵢ)·P(Bᵢ)/P(A). Permet de « remonter » aux causes à partir des effets.
Maladie M (P(M)=0,01), test positif T. P(T|M)=0,99. P(T|M̄)=0,02.
P(T)=0,01×0,99+0,99×0,02=0,0099+0,0198=0,0297.
P(M|T)=0,0099/0,0297=1/3≈33%. Valeur prédictive positive !
Si on répète n fois une expérience indépendante :
P(séquence exacte s₁,s₂,...,sₙ) = P(s₁)·P(s₂)·...·P(sₙ).
Dé équilibré à 6 faces. A={pair}, B={>3}. Calculer P(A), P(B), P(A∩B), P(A∪B).
P(A)=1/2, P(B)=1/2, A∩B={4,6}: P=1/3. P(A∪B)=1/2+1/2-1/3=2/3.
Urne : 3R, 2B, 5V. On tire 2 boules sans remise. P(2ème rouge | 1ère rouge).
P(1ère R)=3/10. P(1ère R ∩ 2ème R)=3/10×2/9=6/90=1/15. P(2ème R|1ère R)=(1/15)/(3/10)=2/9.
2 usines : U₁ (60% prod., 2% défauts), U₂ (40% prod., 5% défauts). P(défaut d'un produit).
P(D)=P(D|U₁)P(U₁)+P(D|U₂)P(U₂)=0,02×0,6+0,05×0,4=0,012+0,02=0,032=3,2%.
Suite ex. 3. Un produit est défectueux. P(il vient de U₂).
P(U₂|D)=P(D|U₂)·P(U₂)/P(D)=0,05×0,4/0,032=0,02/0,032=5/8=62,5%.
P(A)=0,4, P(B)=0,5, P(A∩B)=0,2. (1) A et B indépendants ? (2) P(A|B). (3) P(A∪B). (4) A et B̄ indépendants ?
Une maladie touche 1% de la population. Un test diagnostique a une sensibilité de 98% (P(T⁺|M)=0,98) et une spécificité de 95% (P(T⁻|M̄)=0,95).
10 questions
P(A∪B)=
P(A|B)=
A et B indépendants ⟺
Formule des prob. totales : P(A)=
Bayes : P(B|A)=
P(Ā)=
A et B incompatibles → P(A∪B)=
Test avec P(M)=0,01, P(T⁺|M)=0,98, P(T⁺|M̄)=0,05. P(T⁺)≈
Espace produit : expériences indépendantes. P(A₁∩A₂)=
P(A)=0,4, P(B)=0,5, indépendants → P(A∩B)=
Exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Entraînement » du chapitre correspondant — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.
Une urne contient trois boules rouges et deux boules noires indiscernables au toucher. L'expérience aléatoire consiste à tirer une boule, deux fois de suite, lors de tirages avec remise.
1. Comme le tirage se fait avec remise, chaque tirage donne R (rouge) ou N (noir), indépendamment de l'autre. Les événements élémentaires sont les couples ordonnés (couleur au 1ᵉʳ tirage ; couleur au 2ᵉ tirage) : RR, RN, NR, NN. Il y en a 4.
2. P(R) = 3/5 à chaque tirage, l'urne retrouvant sa composition initiale après remise. Donc P(R₁) = P(R₂) = 3/5.
Les deux tirages étant indépendants (remise) : P(R₁∩R₂) = P(R₁)×P(R₂) = 3/5 × 3/5 = 9/25.
P(R₁∪R₂) = P(R₁)+P(R₂)−P(R₁∩R₂) = 3/5+3/5−9/25 = 15/25+15/25−9/25 = 21/25.
On lance simultanément deux dés non truqués dont les faces sont numérotées de 1 à 6 et l'on note les deux numéros obtenus sur les faces supérieures. Calculer les probabilités des événements suivants :
L'univers Ω comporte 36 issues équiprobables (6×6).
Un centre de réunions comporte deux salles numérotées 1 et 2. On note S₁ l'événement « la salle numéro 1 est occupée » et S₂ l'événement « la salle 2 est occupée ». On sait que les deux salles ont autant de chance d'être occupées l'une que l'autre ; la probabilité que l'une des deux salles soit occupée est égale à 0,9 ; la probabilité que les deux salles soient occupées en même temps est égale à 0,5.
Détermination de P(S₁) et P(S₂) : « autant de chance d'être occupées l'une que l'autre » signifie P(S₁)=P(S₂)=p. « L'une des deux salles est occupée » se traduit par P(S₁∪S₂)=0,9, et P(S₁∩S₂)=0,5. Or P(S₁∪S₂)=P(S₁)+P(S₂)−P(S₁∩S₂), donc 0,9 = 2p − 0,5, d'où p = 0,7. Ainsi P(S₁) = P(S₂) = 0,7.
1. P(S₁)×P(S₂) = 0,7×0,7 = 0,49 ≠ 0,5 = P(S₁∩S₂). S₁ et S₂ ne sont pas indépendants.
2a. « Salle 1 libre » = S̄₁. P(S̄₁) = 1 − 0,7 = 0,3.
2b. « Les deux salles libres » = S̄₁∩S̄₂ = complémentaire de (S₁∪S₂). P(S̄₁∩S̄₂) = 1 − P(S₁∪S₂) = 1 − 0,9 = 0,1.
2c. « L'une au moins est libre » = S̄₁∪S̄₂ = complémentaire de (S₁∩S₂). P(S̄₁∪S̄₂) = 1 − P(S₁∩S₂) = 1 − 0,5 = 0,5.
2d. « Une seule salle libre » = (S₁∩S̄₂)∪(S̄₁∩S₂). P(S₁∩S̄₂) = P(S₁) − P(S₁∩S₂) = 0,7−0,5 = 0,2. De même P(S̄₁∩S₂) = 0,2. Ces deux événements étant incompatibles : P = 0,2+0,2 = 0,4.
2e. « Salle 2 libre sachant salle 1 occupée » : P(S̄₂|S₁) = P(S̄₂∩S₁)/P(S₁) = 0,2/0,7 = 2/7 ≈ 0,286.
On sait, par des enquêtes médicales, qu'un individu appartenant à la population d'un certain pays a la probabilité 0,01 d'être atteint par une maladie A et la probabilité 0,05 d'être atteint par une maladie B.
1. P(A) = 0,01, P(B) = 0,05, indépendantes ⟹ P(A∩B) = P(A)×P(B) = 0,01×0,05 = 0,0005.
P(A∪B) = P(A)+P(B)−P(A∩B) = 0,01+0,05−0,0005 = 0,0595.
Sur 10 000 sujets : effectif attendu = 10 000×0,0595 = 595 sujets.
2. Comme A et B sont indépendants, la proportion de sujets atteints de B parmi les sujets atteints de A reste égale à P(B) = 0,05 (c'est précisément le sens de l'indépendance : la connaissance de A ne change pas la probabilité de B). Sur 500 sujets atteints de A : effectif attendu = 500×0,05 = 25 sujets.
U₁ et U₂ sont deux urnes. U₁ contient 6 boules blanches et 4 boules noires ; U₂ contient 8 boules blanches et 2 boules noires. D'une des deux urnes choisie au hasard (équiprobabilité), on extrait une boule que l'on remet dans l'urne. Si la boule était blanche, on recommence le tirage dans la même urne ; si la boule était noire, on recommence le tirage dans l'autre urne. Cette règle s'applique à chaque tirage. On désigne par Pₙ la probabilité pour que le nᵉ tirage se fasse dans l'urne U₁ (n∈ℕ*).
1a. Au premier tirage, l'urne est choisie au hasard entre U₁ et U₂ avec équiprobabilité : P₁ = 1/2.
1b. Le 2ᵉ tirage se fait dans U₁ dans deux cas exclusifs : (i) le 1ᵉʳ tirage était dans U₁ et la boule était blanche (on reste dans U₁) : probabilité P₁×P(blanche|U₁) = 1/2×6/10 = 3/10 ; (ii) le 1ᵉʳ tirage était dans U₂ et la boule était noire (on change d'urne) : probabilité (1−P₁)×P(noire|U₂) = 1/2×2/10 = 1/10. Donc P₂ = 3/10+1/10 = 4/10 = 2/5.
1c. En généralisant : le nᵉ tirage se fait dans U₁ si le (n−1)ᵉ tirage était dans U₁ et la boule blanche (probabilité 6/10), ou si le (n−1)ᵉ tirage était dans U₂ et la boule noire (probabilité 2/10). D'où : Pₙ = Pₙ₋₁×(6/10) + (1−Pₙ₋₁)×(2/10) = (6/10−2/10)Pₙ₋₁ + 2/10 = (2/5)Pₙ₋₁ + 1/5. On a donc a = 2/5 et b = 1/5 (on vérifie que P₁=1/2 redonne bien P₂=2/5, cohérent avec 1b).
2a. (vₙ) est géométrique si on soustrait à uₙ le point fixe α de la relation, défini par α = (2/5)α+1/5 ⟹ (3/5)α = 1/5 ⟹ α = 1/3. On pose vₙ = uₙ−1/3 ; alors vₙ = (2/5)vₙ₋₁, donc (vₙ) est géométrique de raison 2/5.
2b. v₁ = u₁−1/3 = 1/2−1/3 = 1/6, donc vₙ = (1/6)(2/5)ⁿ⁻¹, et uₙ = vₙ+1/3 = (1/6)(2/5)ⁿ⁻¹ + 1/3. Comme |2/5| < 1, (2/5)ⁿ⁻¹ → 0 quand n→+∞, donc uₙ → 1/3. Puisque Pₙ vérifie exactement la même relation de récurrence que uₙ avec la même valeur initiale (P₁=u₁=1/2), on a Pₙ=uₙ pour tout n, et donc lim[n→+∞] Pₙ = 1/3.
Cinq exercices supplémentaires tirés du CIAM Terminale SE (Collection Inter-Africaine de Mathématiques), section « Probabilité » du chapitre correspondant, niveau intermédiaire — énoncés fidèles au manuel, corrections rédigées pour ce site.
Un dé dont les faces sont numérotées de 1 à 6 est truqué de telle manière que l'apparition du numéro 5 est deux fois « plus probable » que l'apparition des autres numéros.
Considérons une population où le nombre de mâles est la moitié du nombre de femelles. Des études statistiques ont montré que dans cette population 6 % des mâles avaient le caractère albinos et 0,36 % des femelles avaient ce caractère.
Deux clubs de football A et B ont respectivement 18 et 15 joueurs susceptibles de jouer dans leurs équipes. Le joueur X appartient au club A et le joueur Y appartient au club B. Pour le prochain match, les joueurs sont tirés au sort dans chaque équipe. Quelle est la probabilité d'avoir X et Y qui jouent au cours de ce prochain match ?
Hypothèse (usuelle pour un match de football) : chaque club aligne 11 joueurs, tirés au sort parmi ses joueurs disponibles.
Dans le club A (18 joueurs, 11 tirés au sort), par symétrie chaque joueur a la même probabilité de figurer dans les 11 choisis : P(X joue) = C(17,10)/C(18,11) = 11/18 (autant de façons de compléter l'équipe autour de X que le rapport du nombre de places au nombre total de joueurs).
De même dans le club B (15 joueurs, 11 tirés au sort) : P(Y joue) = 11/15.
Les deux tirages sont indépendants (deux clubs distincts) : P(X et Y jouent) = (11/18)×(11/15) = 121/270 ≈ 0,448 (44,8 %).
Dans une population vulnérable, la probabilité pour qu'une personne quelconque contracte une maladie au cours d'une année est de 0,4 pour une maladie M et de 0,6 pour une maladie M'. « Contracter la maladie M » et « contracter la maladie M' » sont deux évènements indépendants. Pour une personne choisie au hasard, calculer la probabilité des évènements suivants : A « contracter les deux maladies M et M' » ; B « contracter au moins une de ces deux maladies au cours de la même année » ; C « ne contracter aucune de ces deux maladies au cours de la même année ».
P(M) = 0,4 et P(M') = 0,6, événements indépendants.
A : P(A) = P(M∩M') = P(M)×P(M') = 0,4×0,6 = 0,24.
B : P(B) = P(M∪M') = P(M)+P(M')−P(M∩M') = 0,4+0,6−0,24 = 0,76.
C : C est l'événement contraire de B : P(C) = 1−P(B) = 1−0,76 = 0,24 (on retrouve ce résultat directement par indépendance des complémentaires : P(M̄)×P(M̄') = 0,6×0,4 = 0,24).
Deux cars A et B doivent arriver à la gare routière à la même heure. Leurs arrivées sont considérées comme des évènements indépendants.
Cinq problèmes de synthèse, plus longs et plus exigeants, tirés de la fin de la banque d'exercices du CIAM Terminale SE — pour aller plus loin et préparer les épreuves de type baccalauréat.
Deux joueurs, Pigna et Gouanda, lancent simultanément chacun un dé dont les faces numérotées de 1 à 6 ont la même probabilité de sortie. Le gagnant est celui qui obtient un nombre strictement supérieur à celui de l'autre. La partie est nulle si les deux joueurs obtiennent le même numéro.
L'univers comporte 6×6 = 36 issues équiprobables. Il y a 6 issues où les deux joueurs obtiennent le même numéro (partie nulle) : P(nulle) = 6/36 = 1/6.
Les 30 issues restantes se répartissent, par symétrie du jeu (rien ne distingue les deux joueurs), équitablement entre « Pigna gagne » (nombre de Pigna strictement supérieur) et « Gouanda gagne » : chacun de ces deux événements regroupe 15 issues.
1. P(Pigna gagne) = 15/36 = 5/12.
2. Par symétrie, P(Gouanda gagne) = 5/12 également (on vérifie : 5/12+5/12+1/6 = 10/12+2/12 = 1).
Un parachutiste saute d'un avion et atterrit nécessairement sur un terrain déboisé de 1 hectare entouré d'une forêt. Dans ce terrain il y a : un espace cultivé rectangulaire de 50 mètres de long et 30 mètres de large ; un plan d'eau formant un triangle rectangle isocèle de 100 mètres sur les côtés de l'angle droit ; une cible circulaire de 20 mètres de diamètre qui représente son objectif. On suppose que la probabilité pour qu'il tombe sur une partie donnée du terrain est proportionnelle à l'aire de cette partie.
Aire totale du terrain : 1 hectare = 10 000 m². On suppose les trois zones (cultivée, plan d'eau, cible) disjointes deux à deux.
Aire cultivée : 50×30 = 1 500 m². Aire du plan d'eau (triangle rectangle isocèle de côtés de l'angle droit 100 m) : (100×100)/2 = 5 000 m². Aire de la cible (disque de diamètre 20 m, donc de rayon 10 m) : π×10² ≈ 314,16 m². Aire du reste du terrain (zone « libre », ni cultivée, ni plan d'eau, ni cible) : 10 000 − 1 500 − 5 000 − 314,16 = 3 185,84 m².
1. L'ensemble des éventualités est Ω = {atterrir dans l'espace cultivé (Cu) ; atterrir dans le plan d'eau (E) ; atterrir dans la cible (Ci) ; atterrir sur le reste du terrain (R)}, ces quatre issues formant une partition du terrain. Par proportionnalité aux aires : P(Cu) = 1500/10000 = 0,15 ; P(E) = 5000/10000 = 0,5 ; P(Ci) = 314,16/10000 ≈ 0,0314 ; P(R) = 3185,84/10000 ≈ 0,3186 (on vérifie que la somme vaut 1).
2. « Il rate la cible mais n'atterrit ni dans l'espace cultivé ni dans le plan d'eau » signifie exactement qu'il atterrit sur le reste du terrain R : P ≈ 0,3186 (soit 0,35 − 0,01π exactement).
3. Cu et E étant disjoints : P(Cu∪E) = P(Cu)+P(E) = 0,15+0,5 = 0,65.
Un autobus rencontre sur son trajet sept feux tricolores. Pour chacun de ces feux, le rouge dure 30 secondes, l'orange dure 10 secondes et le vert dure 20 secondes. Les sept feux ne sont pas synchronisés et les aléas de la circulation font que l'état d'un feu devant lequel se présente l'autobus ne dépend pas de l'état des feux précédents.
Un cycle dure 30+10+20 = 60 secondes. À l'arrivée de l'autobus devant un feu, la probabilité qu'il soit vert est donc p = 20/60 = 1/3 (rouge : 1/2, orange : 1/6). Comme les états des sept feux sont indépendants, le nombre X de feux verts rencontrés suit une loi binomiale B(7 ; 1/3).
1. P(X=3) = C(7,3)×(1/3)³×(2/3)⁴ = 35×(1/27)×(16/81) = 560/2187 ≈ 0,256.
2. P(X≥1) = 1−P(X=0) = 1−(2/3)⁷ = 1−128/2187 = 2059/2187 ≈ 0,9415.
Une caisse contient pêle-mêle 10 cubes oranges, 20 cubes blancs et 5 cubes verts, tous de la même taille.
Le drapeau de la Côte d'Ivoire est tricolore orange-blanc-vert ; « faire le drapeau » signifie obtenir un cube de chaque couleur (orange, blanc, vert). La caisse contient 10+20+5 = 35 cubes en tout.
1a. Tirage simultané de 3 cubes : « faire le drapeau » signifie obtenir exactement 1 cube de chaque couleur. Nombre de tirages favorables : C(10,1)×C(20,1)×C(5,1) = 10×20×5 = 1 000. Nombre total de tirages : C(35,3) = 6 545. P = 1000/6545 = 200/1309 ≈ 0,153.
1b. Tirage simultané de 4 cubes : « pouvoir faire le drapeau » signifie avoir au moins un cube de chaque couleur parmi les 4 tirés (il suffira d'en écarter un pour former le drapeau à 3 cubes). Comme 4 = 2+1+1, les répartitions favorables par couleur (orange, blanc, vert) sont (2,1,1), (1,2,1) et (1,1,2) : C(10,2)C(20,1)C(5,1) + C(10,1)C(20,2)C(5,1) + C(10,1)C(20,1)C(5,2) = 45×20×5 + 10×190×5 + 10×20×10 = 4500+9500+2000 = 16 000. Nombre total de tirages : C(35,4) = 52 360. P = 16000/52360 = 400/1309 ≈ 0,306.
2. Tirages successifs sans remise, dans l'ordre orange puis blanc puis vert : P = (10/35)×(20/34)×(5/33) = 1000/39270 = 100/3927 ≈ 0,0255.
« Paradoxe du Chevalier de Méré », problème posé à Blaise Pascal en 1654. A-t-on plus de chances d'obtenir un six (au moins une fois) en lançant un dé équilibré 4 fois de suite, ou d'obtenir un double six (au moins une fois) en lançant deux dés équilibrés 24 fois de suite ?
1. Le contraire de A est « n'obtenir aucun six en 4 lancers » ; à chaque lancer, P(pas de six) = 5/6, et les lancers sont indépendants : P(Ā) = (5/6)⁴ = 625/1296. Donc P(A) = 1−625/1296 = 671/1296 ≈ 0,5177.
2. À chaque lancer de deux dés, il y a 36 issues équiprobables, dont une seule est le double six ; P(pas de double six à un lancer) = 35/36. Sur 24 lancers indépendants : P(B̄) = (35/36)²⁴ ≈ 0,5086. Donc P(B) = 1−0,5086 ≈ 0,4914.
3. P(A) ≈ 0,5177 > P(B) ≈ 0,4914 : il est donc légèrement plus avantageux de parier sur A que sur B. Le Chevalier de Méré, qui croyait ces deux probabilités égales par un raisonnement de simple proportionnalité (4 lancers sur 6 issues « équivaut » à 24 lancers sur 36 issues, car 4/6 = 24/36), se trompait : c'est précisément en cherchant à expliquer cet écart, observé empiriquement à la table de jeu, qu'il consulta Pascal — donnant naissance à la théorie moderne des probabilités.
