S’autoévaluer
Chargement…
Le langage des ensembles
Lister avant de compter
Additionner, multiplier
Arrangements et permutations
Combinaisons
Permutations avec répétition : les anagrammes
Choisir une méthode
Exercices supplémentaires
Fréquences et probabilité
Univers et événements
Le modèle d’équiprobabilité
Propriétés des probabilités
Dénombrer pour calculer
Probabilité conditionnelle
Arbres de probabilités
Lire un test de dépistage
Indépendance
Pour aller plus loin
Références
…
Reconnaître en contexte, un groupement d’objets (arrangement, combinaison).
Associer une probabilité au calcul de fréquences à partir d’un exemple d’expérience aléatoire.
Citer, pour une expérience aléatoire donnée, la catégorie d’épreuve, deux événements disjoints, un événement et son contraire, un événement certain et un événement impossible.
Représenter l’union, l’intersection, la différence de deux événements à l’aide des diagrammes de Venn et les exprimer en langage courant.
Citer les propriétés des probabilités.
Citer la règle de calcul d’une probabilité d’un événement dans le cas d’événements équiprobables.
Identifier l’événement associé à une probabilité donnée à partir d’un arbre, d’un tableau ou de diagrammes de Venn.
Extraire d’un arbre, d’un tableau ou de diagrammes de Venn la probabilité d’un événement.
Calculer une probabilité (y compris une probabilité conditionnelle) en utilisant : des tableaux / des diagrammes de Venn / des arbres / des formules d’analyse combinatoire.
Vérifier si 2 événements sont dépendants ou indépendants.
Dénombrer les résultats d’une situation à l’aide d’une liste organisée, d’un arbre, d’un diagramme ou des formules d’analyse combinatoire, en justifiant le choix de la formule. †
Calculer une probabilité a posteriori à partir de données statistiques ou de simulations. †
Résoudre un problème d’analyse combinatoire / de probabilité.
Utiliser le calcul des probabilités pour analyser et critiquer des informations chiffrées (santé, presse, jeux de hasard). †
Chapitre 1 : Compter sur de petits ensembles
Dix questions tirées au hasard : lister, multiplier, additionner, arrangements, combinaisons, anagrammes.
Choisir la bonne formule
L’ordre compte-t-il ? Un élément peut-il revenir ? Les erreurs d’ordre, de répétition et d’objets.
Chapitre 2 : Modéliser le hasard
Dix questions tirées au hasard : fréquences, univers et événements, équiprobabilité, propriétés, dénombrer pour calculer.
Chapitre 3 : Probabilité conditionnelle et indépendance
Dix questions tirées au hasard : « parmi… », arbres, dépistage, indépendance.
Critiquer des informations chiffrées
Tests de dépistage, Lotto, erreur du joueur : lire un chiffre sans se tromper de condition.
Ticket de sortie — séance S1 : Ensembles ; lister avant de compter
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S2 : Additionner, multiplier
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S3 : Arrangements, permutations, combinaisons
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S4 : Anagrammes ; choisir une méthode
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S6 : Fréquences et probabilité
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S7 : Univers, événements ; équiprobabilité
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S8 : Propriétés des probabilités
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S9 : Dénombrer pour calculer
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S11 : Probabilité conditionnelle
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S12 : Arbres de probabilités
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S13 : Lire un test de dépistage
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Ticket de sortie — séance S14 : Indépendance
Trois questions tirées au hasard, en fin de séance.
Les bases, pour démarrer
Dix questions de niveau ★ sur tout le cours.
Dans \(E = \{1, 2, …, 10\}\), \(A = \{2, 4, 6, 8, 10\}\) et \(B = \{1, 2, 3, 4\}\). Que vaut \(A \setminus B\) ?
\(\{6, 8, 10\}\)
Oui : les éléments de \(A\) qui ne sont pas dans \(B\) (activité 1.1).
\(\{2, 4\}\)
C’est \(A \cap B\) : les éléments communs.
\(\{1, 3\}\)
C’est \(B \setminus A\) : les éléments de \(B\) qui ne sont pas dans \(A\).
\(\{1, 3, 6, 8, 10\}\)
Ce sont les éléments qui sont dans un seul des deux ensembles. \(A \setminus B\) ne garde que ceux de \(A\).
\(\#A = 7\), \(\#B = 5\) et \(\#(A \cap B) = 2\). Que vaut \(\#(A \cup B)\) ?
\(10\)
Oui : \(7 + 5 - 2 = 10\) ; les 2 éléments communs ne sont comptés qu’une fois.
\(12\)
Les 2 éléments communs sont alors comptés deux fois.
\(2\)
C’est \(\#(A \cap B)\), pas \(\#(A \cup B)\).
\(14\)
On n’ajoute pas les éléments communs : on les retire une fois.
Combien de binômes différents peut-on former avec quatre élèves A, B, C, D ?
\(6\)
Oui : {A, B}, {A, C}, {A, D}, {B, C}, {B, D}, {C, D}. Dans un binôme, l’ordre ne compte pas (activité 1.2).
\(12\)
Tu as compté AB et BA comme deux binômes différents. Dans un binôme, l’ordre ne compte pas : {A, B} = {B, A}.
\(16\)
Tu as compté les couples avec répétition (AA, AB…). Un binôme est formé de deux élèves différents, sans ordre.
\(8\)
Tu as calculé \(4 \cdot 2\). Liste les binômes par premier élève : il y en a 3 avec A, 2 de plus avec B, 1 de plus avec C.
On lance deux fois une pièce (P ou F) et on note la suite obtenue. Quelle liste est complète et sans doublon ?
PP, PF, FP, FF
Oui : 4 suites, organisées par premier lancer.
PP, PF, FF
PF et FP sont deux suites différentes : le premier lancer n’est pas le même.
PP, PF, FP, FF, PF
PF apparaît deux fois. Organise la liste par premier lancer pour éviter les doublons.
P, F
Un résultat est une suite de deux lancers, pas un seul lancer.
Dans quelle situation un résultat est-il un groupe (l’ordre ne compte pas) ?
Choisir 3 livres à emporter parmi 10.
Oui : emporter les livres 1, 2, 3 ou 3, 2, 1 revient au même.
Élire un président et un secrétaire.
Les fonctions sont différentes : (Ana, Ben) n’est pas (Ben, Ana). C’est une suite.
Former un code à 4 chiffres.
1234 et 4321 sont deux codes différents : l’ordre compte.
Fixer l’ordre de passage de 5 élèves.
Un ordre de passage est une suite (une permutation).
Un menu comprend une entrée parmi 3, un plat parmi 4 et un dessert parmi 2. Combien de menus différents ?
\(24\)
Oui : \(3 \cdot 4 \cdot 2 = 24\) par le principe multiplicatif.
\(9\)
Tu as additionné \(3 + 4 + 2\). On choisit une entrée et un plat et un dessert : on multiplie.
\(C_{9}^{3} = 84\)
On ne choisit pas 3 plats parmi 9 : chaque étape a ses propres choix. Construis l’arbre.
\(12\)
Tu as oublié une étape. Il y a trois étapes : entrée, plat, dessert.
Dans un ensemble \(E\), \(\#A = 12\), \(\#B = 9\) et \(\#(A \cap B) = 4\). Que vaut \(\#(A \cup B)\) ?
\(17\)
Oui : \(12 + 9 - 4 = 17\) (principe additif).
\(21\)
Les 4 éléments de \(A \cap B\) sont comptés deux fois dans \(12 + 9\) : il faut les retirer une fois.
\(25\)
On retire l’intersection, on ne l’ajoute pas : \(\#(A \cup B) = \#A + \#B - \#(A \cap B)\).
\(13\)
Tu as retiré l’intersection deux fois. Dans le diagramme : \(A\) seulement 8, intersection 4, \(B\) seulement 5.
Combien de nombres de 3 chiffres (de 000 à 999) contiennent au moins un 5 ?
\(1000 - 9^{3} = 271\)
Oui : on compte tout, puis on retire ceux qui n’ont aucun 5 (propriété 1.3).
\(3 \cdot 100 = 300\)
En plaçant « un 5 » sur chaque position, 555 ou 505 sont comptés plusieurs fois. Passe par le contraire « aucun 5 ».
\(9^{3} = 729\)
C’est le nombre de codes sans 5. La question porte sur son contraire.
\(1 \cdot 10 \cdot 10 = 100\)
Tu as fixé le 5 à la première place. Il peut être à n’importe quelle place, voire à plusieurs.
Combien existe-t-il de nombres pairs de trois chiffres distincts ?
On commence par les unités, qui imposent la parité, et on distingue deux cas sans nombre commun. Unités 0 : 9 choix pour les centaines, 8 pour les dizaines : \(72\). Unités 2, 4, 6 ou 8 : 8 choix pour les centaines (ni 0, ni le chiffre des unités), puis 8 pour les dizaines : \(4 \cdot 8 \cdot 8 = 256\). Total : \(72 + 256 = 328\).
J’ai commencé par le chiffre des unités.
J’ai distingué le cas « unités 0 » des autres (le 0 est interdit aux centaines).
J’ai additionné les deux cas et trouvé 328.
Combien de podiums (1er, 2e, 3e) possibles avec 8 coureurs ?
\(A_{8}^{3} = 336\)
Oui : une suite de 3 coureurs distincts, \(8 \cdot 7 \cdot 6\) (arrangements).
\(C_{8}^{3} = 56\)
Erreur d’ordre : le podium (A, B, C) diffère de (B, A, C).
\(8^{3} = 512\)
Erreur de répétition : un coureur ne peut pas occuper deux marches.
\(8! = 40 \, 320\)
C’est le nombre de classements complets des 8 coureurs, pas des 3 premiers.
Que vaut \(\frac{9!}{7!}\) ?
\(72\)
Oui : \(\frac{9!}{7!} = 9 \cdot 8 = 72\) (factorielle).
\(\frac{9}{7}\)
On ne simplifie pas les nombres sous le « ! » : \(9! = 9 \cdot 8 \cdot 7!\).
\(2! = 2\)
\(\frac{9!}{7!} \neq (9 - 7)!\). Écris \(9! = 9 \cdot 8 \cdot 7!\).
\(63\)
Tu as calculé \(9 \cdot 7\). Il reste les facteurs 9 et 8 après simplification par \(7!\).
De combien de façons peut-on ranger 5 livres différents sur une étagère ?
\(5! = 120\)
Oui : une permutation des 5 livres (permutations).
\(5^{5} = 3125\)
Un livre ne peut pas occuper deux places : pas de répétition.
\(C_{5}^{5} = 1\)
L’ordre des livres compte : c’est une suite, pas un groupe.
\(25\)
Tu as calculé \(5 \cdot 5\). Premier livre : 5 choix, puis 4, puis 3…
Pour \(n \geq 2\), que vaut \(\frac{n!}{(n-2)!}\) ?
\(n(n-1)\)
Oui : \(n! = n(n-1) \cdot (n-2)!\) (factorielle).
\(2\)
On ne simplifie pas les nombres sous le « ! » : écris \(n! = n(n-1)(n-2)!\).
\(2!\)
\(\frac{n!}{(n-2)!} \neq (n - (n-2))!\). Écris \(n!\) comme un produit.
\(\frac{n}{n-2}\)
\(n! = n(n-1)(n-2) \cdots 1\) : après simplification par \((n-2)!\), il reste deux facteurs.
On classe les 10 coureurs d’une course. Combien de classements complets donnent le même podium (les 3 premiers, dans l’ordre) ?
\(7!\)
Oui : seul l’ordre des 7 derniers change. Chaque podium provient de \(7!\) classements, d’où \(A_{10}^{3} = \frac{10!}{7!}\) (propriété 1.4).
\(3!\)
Le podium est fixé, dans l’ordre : ses 3 coureurs ne peuvent plus être échangés. Ce sont les 7 autres qui peuvent l’être.
\(7\)
Il y a 7 coureurs hors du podium, mais ils peuvent être rangés de plusieurs façons : combien ?
\(\frac{10!}{3!}\)
Ce quotient ne compte pas les classements d’un podium donné. Échange les 7 derniers coureurs : combien d’ordres ?
Six enfants, dont Arnaud, descendent un toboggan l’un après l’autre. Combien d’ordres de passage sont possibles si Arnaud passe en premier ?
\(5! = 120\)
Oui : la première place est fixée ; on range les 5 autres enfants (permutations).
\(6! = 720\)
\(6!\) compte aussi les ordres où Arnaud n’est pas le premier.
\(6! - 1 = 719\)
Les ordres interdits sont nombreux : tous ceux où Arnaud n’est pas en tête.
\(6 \cdot 5! = 720\)
Il n’y a qu’un choix pour la première place : Arnaud.
Au Lotto, on coche 6 numéros parmi 45. Quelle expression compte les grilles ?
\(C_{45}^{6}\)
Oui : une grille est un groupe de 6 numéros distincts (exemple 1.3).
\(A_{45}^{6}\)
Erreur d’ordre : cocher 3 puis 7 ou 7 puis 3 donne la même grille.
\(45^{6}\)
Erreur de répétition et d’ordre : un numéro ne peut pas être coché deux fois.
\(6^{45}\)
Erreur d’objets : on choisit 6 numéros parmi 45, pas un nombre parmi 6 pour chacun des 45 numéros.
On range les \(A_{7}^{3} = 210\) suites de 3 élèves distincts parmi 7 en paquets : un paquet regroupe les suites formées des mêmes élèves. Combien de suites par paquet, et combien de paquets ?
\(6\) suites par paquet, \(35\) paquets
Oui : 3 élèves s’ordonnent de \(3! = 6\) façons ; \(\frac{210}{6} = 35 = C_{7}^{3}\) (activité 1.6).
\(3\) suites par paquet, \(70\) paquets
3 élèves s’ordonnent de \(3! = 6\) façons, pas 3 : ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA.
\(7\) suites par paquet, \(30\) paquets
Un paquet ne dépend que des 3 élèves choisis : il contient les \(3!\) ordres de ces élèves.
\(1\) suite par paquet, \(210\) paquets
ABC et BAC sont formées des mêmes élèves : elles vont dans le même paquet.
Quelle égalité est vraie ?
\(C_{10}^{3} = C_{10}^{7}\)
Oui : choisir les 3 qui partent revient à choisir les 7 qui restent (symétrie).
\(C_{10}^{3} = C_{7}^{3}\)
Le nombre total d’éléments ne change pas : on choisit toujours parmi 10.
\(C_{10}^{3} = A_{10}^{3}\)
\(A_{10}^{3} = C_{10}^{3} \cdot 3!\) : les suites sont 6 fois plus nombreuses que les groupes.
\(C_{10}^{3} = 3 \cdot C_{10}^{1}\)
Ces deux nombres valent 120 et 30. Utilise plutôt le complémentaire : \(C_{n}^{p} = C_{n}^{n-p}\).
Un comité de 4 personnes est formé de 2 filles choisies parmi 7 et de 2 garçons choisis parmi 5. Combien de comités sont possibles ? Justifie le choix des formules.
Les filles forment un groupe de 2 parmi 7 (l’ordre ne compte pas, pas de répétition) : \(C_{7}^{2} = 21\). Les garçons forment un groupe de 2 parmi 5 : \(C_{5}^{2} = 10\). Tout groupe de filles s’associe à tout groupe de garçons : par le principe multiplicatif, \(21 \cdot 10 = 210\) comités.
J’ai justifié que l’ordre ne compte pas (combinaisons).
J’ai calculé \(C_{7}^{2} = 21\) et \(C_{5}^{2} = 10\).
J’ai multiplié (et non additionné) et trouvé 210.
Combien d’anagrammes du mot BALLE ?
\(\frac{5!}{2!} = 60\)
Oui : 5 lettres dont L deux fois (propriété 1.6).
\(5! = 120\)
Échanger les deux L ne change pas le mot : chaque anagramme est compté deux fois.
\(4! = 24\)
Le mot a 5 lettres, même si deux sont identiques.
\(\frac{5!}{2! \cdot 2!} = 30\)
Seul le L est répété. B, A et E n’apparaissent qu’une fois.
On aligne 4 jetons noirs identiques et 3 jetons blancs identiques. De quel type de groupement s’agit-il, et combien d’alignements différents ?
Permutations avec répétition : \(\frac{7!}{4! \cdot 3!} = 35\).
Oui : on range les 7 jetons, dont 4 identiques et 3 identiques (définition 1.5).
Permutations : \(7! = 5040\).
Échanger deux jetons de même couleur ne change pas l’alignement : il faut diviser par \(4!\) et par \(3!\).
Arrangements avec répétition : \(2^{7} = 128\).
\(2^{7}\) compte aussi des alignements qui n’ont pas exactement 4 jetons noirs.
Combinaisons : \(C_{7}^{4} \cdot C_{7}^{3} = 1225\).
Une fois les places des 4 noirs choisies (\(C_{7}^{4}\)), les blancs occupent les 3 places restantes : on ne choisit pas à nouveau parmi 7.
Combien d’anagrammes du mot RADAR ?
\(\frac{5!}{2! \cdot 2!} = 30\)
Oui : 5 lettres, R deux fois et A deux fois (permutations avec répétition).
\(5! = 120\)
Échanger les deux R (ou les deux A) donne le même mot : divise par \(2!\) pour chacune.
\(\frac{5!}{2!} = 60\)
Tu as tenu compte d’une seule lettre répétée ; R et A apparaissent chacune deux fois.
\(C_{5}^{2} = 10\)
\(C_{5}^{2}\) place les deux R ; il faut encore placer les deux A parmi les 3 places restantes (\(C_{3}^{2} = 3\)) : \(10 \cdot 3 = 30\).
Choisir 3 délégués parmi 5 élèves revient à compter les anagrammes de quel mot ? (O : « délégué », N : « pas délégué ».)
OOONN
Oui : on écrit O ou N sous chaque élève ; une délégation = un anagramme de OOONN, et \(\frac{5!}{3! \cdot 2!} = C_{5}^{3} = 10\).
OOO
Il faut une lettre par élève : 5 lettres, dont 3 O.
ABCDE
Les anagrammes de ABCDE sont les \(5! = 120\) rangements des élèves : l’ordre y compte.
OOOOO
Ce mot n’a qu’un seul anagramme : il correspondrait à 5 délégués. Il faut 3 O et 2 N.
Combien d’anagrammes du mot COCCINELLE ? Réponds par deux méthodes.
10 lettres : C trois fois, E deux fois, L deux fois, O, I, N une fois. Méthode 1 : \(\frac{10!}{3! \cdot 2! \cdot 2!} = \frac{3 \, 628 \, 800}{24} = 151 \, 200\). Méthode 2 : places des C, \(C_{10}^{3} = 120\) ; des E parmi les 7 restantes, \(C_{7}^{2} = 21\) ; des L parmi les 5 restantes, \(C_{5}^{2} = 10\) ; O, I, N sur les 3 dernières places, \(3! = 6\). \(120 \cdot 21 \cdot 10 \cdot 6 = 151 \, 200\).
J’ai compté correctement les lettres répétées (C : 3, E : 2, L : 2).
J’ai reconnu des permutations avec répétition et appliqué la propriété 1.6.
J’ai retrouvé le même nombre, 151 200, par le choix des places.
Code d’un cadenas à 4 roues de chiffres (0 à 9) : quelle formule ?
\(10^{4}\)
Oui : l’ordre compte et un chiffre peut revenir (situations de référence).
\(A_{10}^{4}\)
Un chiffre peut revenir (0077 est un code) : c’est un arrangement avec répétition.
\(C_{10}^{4}\)
L’ordre des roues compte : 1234 n’ouvre pas le cadenas réglé sur 4321.
\(4^{10}\)
Erreur d’objets : chacune des 4 roues a 10 chiffres possibles, soit \(10^{4}\).
On place 3 lettres différentes dans 6 boîtes, au plus une lettre par boîte. Combien de placements ?
\(A_{6}^{3} = 120\)
Oui : on choisit, dans l’ordre des lettres, 3 boîtes distinctes.
\(C_{6}^{3} = 20\)
Les lettres sont différentes : échanger deux lettres donne un autre placement.
\(6^{3} = 216\)
« Au plus une lettre par boîte » interdit la répétition des boîtes.
\(3^{6}\)
Erreur d’objets : ce sont les lettres qui choisissent une boîte, pas les boîtes qui choisissent une lettre.
Une classe de 20 élèves élit un délégué et un suppléant. Décris un résultat, dis si l’ordre compte et si la répétition est possible, puis donne le nombre de résultats.
Un résultat est une suite (délégué, suppléant) de deux élèves. L’ordre compte (les rôles sont différents), pas de répétition (un élève n’a pas deux rôles). \(A_{20}^{2} = 20 \cdot 19 = 380\).
J’ai décrit un résultat comme une suite de deux élèves.
J’ai justifié l’ordre et l’absence de répétition.
J’ai trouvé 380.
On lance un grand nombre de fois une punaise. Que peut-on dire de la fréquence de « pointe en haut » ?
Elle se stabilise autour d’un nombre, que l’on appelle la probabilité de « pointe en haut ».
Oui (définition 2.1).
Elle vaut exactement \(\frac{1}{2}\), car il y a deux résultats possibles.
Deux résultats ne sont pas forcément équiprobables : la punaise n’est pas symétrique.
Elle finit par valoir exactement la probabilité après 1 000 lancers.
Elle s’en approche, sans l’atteindre exactement : c’est une estimation.
Elle ne change pas quand le nombre de lancers augmente.
Elle varie beaucoup au début, puis de moins en moins.
On simule des lancers de dé au tableur avec =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6). Que montre cette simulation ?
Ce qui se passe si le dé est équilibré : elle reproduit ce modèle, sans le démontrer.
Oui : la simulation fonctionne à l’intérieur d’un modèle qu’elle suppose (activité 2.1).
Que les vrais dés sont équilibrés.
La formule suppose l’équilibre ; elle ne dit rien des dés réels.
La valeur exacte de \(P(\text{obtenir 6})\).
Une simulation donne une fréquence, donc une estimation.
Que le 6 sortira une fois sur six exactement.
Sur un nombre fini de lancers, la fréquence n’est pas exactement \(\frac{1}{6}\).
Au 1er janvier 2019, 7 145 habitants sur 11 431 406 étaient nés un 29 février (Statbel). Quelle est l’estimation de la probabilité qu’un habitant soit né un 29 février ?
\(\approx 0{,}000625\)
Oui : \(\frac{7145}{11431406}\) (exemple 2.1).
\(\frac{1}{365}\)
C’est une probabilité calculée dans un modèle, pas estimée à partir des données ; et le 29 février n’existe qu’une année sur quatre.
\(\approx 0{,}0625\)
\(0{,}0625\) est un pourcentage (\(0{,}0625 \%\)). La probabilité vaut \(0{,}000625\).
\(\frac{1}{1461}\)
C’est la probabilité dans le modèle « naissances uniformes ». La question demande l’estimation par les données.
En Hainaut, \(0{,}068 \%\) des habitants sont nés un 29 février (Statbel). Parmi 50 000 Hennuyers, combien peut-on s’attendre à en trouver ?
\(50 \, 000 \cdot 0{,}00068 = 34\) : environ 34 personnes.
J’ai converti \(0{,}068 \%\) en \(0{,}00068\).
J’ai trouvé environ 34 personnes.
On lance deux pièces distinguées (une de 1 €, une de 2 €). Quel est l’univers ?
\(\{\text{PP}, \text{PF}, \text{FP}, \text{FF}\}\)
Oui : 4 issues, en distinguant les pièces (définition 2.2).
\(\{\text{P}, \text{F}\}\)
Une issue décrit les deux pièces, pas une seule.
\(\{\text{deux P}, \text{un P}, \text{zéro P}\}\)
Ce sont des événements, et ils ne sont pas équiprobables. Les issues sont les couples.
\(\{\text{PP}, \text{PF}, \text{FF}\}\)
PF (1 € pile, 2 € face) et FP sont deux issues différentes.
On lance un dé. Quels événements sont disjoints ?
« obtenir 1 » et « obtenir un nombre pair »
Oui : 1 n’est pas pair, ils n’ont aucune issue commune.
« obtenir un nombre pair » et « obtenir au moins 4 »
4 et 6 sont dans les deux.
« obtenir au plus 3 » et « obtenir au moins 3 »
3 est dans les deux.
« obtenir un nombre impair » et « obtenir un nombre premier »
3 et 5 sont dans les deux.
On lance deux dés. Quel est le contraire de « obtenir au moins un 6 » ?
« n’obtenir aucun 6 »
Oui : exactement l’un des deux est réalisé.
« obtenir deux 6 »
« Deux 6 » est compris dans « au moins un 6 ».
« obtenir au plus un 6 »
« Exactement un 6 » est à la fois « au moins un 6 » et « au plus un 6 ».
« obtenir un 1 »
(1, 6) contient un 1 et un 6 : les deux événements peuvent être réalisés ensemble.
\(F\) : « l’élève fait du football » ; \(M\) : « l’élève fait de la musique ». Que signifie \(F \setminus M\) ?
L’élève fait du football, mais pas de musique.
Oui : \(F \setminus M\) contient les éléments de \(F\) qui ne sont pas dans \(M\).
L’élève fait du football et de la musique.
C’est \(F \cap M\).
L’élève fait de la musique, mais pas de football.
C’est \(M \setminus F\) : l’ordre compte dans une différence.
L’élève ne fait ni football ni musique.
C’est \(\overline{F \cup M}\).
Dans un diagramme de Venn à deux ensembles \(A\) et \(B\), quelle zone représente \(A \cup B\) ?
Tout ce qui est dans au moins l’un des deux cercles.
Oui : « \(A\) ou \(B\) » au sens large (activité 2.2).
La partie commune aux deux cercles seulement.
C’est \(A \cap B\).
Les deux cercles, sans leur partie commune.
En mathématiques, « ou » inclut le cas où les deux sont réalisés.
Tout ce qui est en dehors des deux cercles.
C’est le contraire de \(A \cup B\).
On lance un dé. \(A\) : « obtenir au moins 4 » ; \(B\) : « obtenir un nombre impair ». Écris en extension \(A \cap B\), \(A \setminus B\), \(B \setminus A\) et \(\overline{A \cup B}\), et dis-les en mots.
\(A = \{4, 5, 6\}\), \(B = \{1, 3, 5\}\). \(A \cap B = \{5\}\) : « obtenir un nombre impair d’au moins 4 ». \(A \setminus B = \{4, 6\}\) : « obtenir au moins 4, mais pas un nombre impair ». \(B \setminus A = \{1, 3\}\) : « obtenir un nombre impair inférieur à 4 ». \(\overline{A \cup B} = \{2\}\) : « ni au moins 4, ni impair ».
J’ai écrit correctement \(A\) et \(B\) en extension.
J’ai trouvé les quatre événements demandés.
J’ai traduit chacun en langage courant.
On lance deux dés équilibrés. Quelle est la probabilité que la somme vaille 7 ?
\(\frac{6}{36} = \frac{1}{6}\)
Oui : 6 couples sur 36 équiprobables (activité 2.3).
\(\frac{1}{11}\)
Biais d’équiprobabilité : les 11 sommes ne sont pas équiprobables. Les issues équiprobables sont les 36 couples.
\(\frac{3}{36}\)
(1, 6) et (6, 1) sont deux couples différents : distingue les dés.
\(\frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6}\)
C’est la probabilité d’un couple précis. Il y a 6 couples de somme 7.
Quand peut-on calculer \(P(A) = \frac{\#A}{\#\Omega}\) ?
Quand on suppose que toutes les issues de \(\Omega\) ont la même probabilité.
Oui : c’est l’hypothèse d’équiprobabilité (définition 2.3).
Toujours.
Une punaise a deux issues qui n’ont pas la même probabilité : la formule ne s’applique pas.
Quand \(\#\Omega\) est petit.
La taille de l’univers n’y est pour rien : le Lotto a 8 145 060 issues équiprobables.
Quand \(A\) et \(\overline{A}\) ont autant d’issues.
Ce n’est pas la condition. Il faut que chaque issue ait la même probabilité.
On lance trois fois une pièce équilibrée. Quelle est la probabilité d’obtenir exactement un « pile » ? Écris l’hypothèse de modélisation.
Une issue est une suite de trois faces : \(2^{3} = 8\) issues, que l’on suppose équiprobables (pièce équilibrée, lancers indépendants). Exactement un « pile » : PFF, FPF, FFP. \(P(\text{exactement un pile}) = \frac{3}{8}\).
J’ai écrit l’hypothèse d’équiprobabilité des 8 suites.
J’ai listé les 3 issues favorables.
J’ai trouvé \(\frac{3}{8}\).
Avec trois dés, combien de suites (dés distingués) donnent une somme de 10 ?
\(27\)
Oui : 1+3+6 (6 suites), 1+4+5 (6), 2+2+6 (3), 2+3+5 (6), 2+4+4 (3), 3+3+4 (3) (exemple 2.4).
\(6\)
6 est le nombre de sommes sans ordre ; elles ne correspondent pas au même nombre de suites.
\(36\)
Tu as compté 6 suites pour chaque décomposition. 2+2+6 ne donne que 3 suites.
\(25\)
C’est le nombre de suites de somme 9.
Si \(P(A) = 0{,}35\), que vaut \(P(\overline{A})\) ?
\(0{,}65\)
Oui : \(P(\overline{A}) = 1 - P(A)\) (propriété 2.1).
\(0{,}35\)
Un événement et son contraire n’ont pas la même probabilité en général.
\(-0{,}35\)
Une probabilité est comprise entre 0 et 1.
\(\frac{1}{0{,}35}\)
Le contraire se calcule par soustraction : \(1 - P(A)\).
\(P(A) = 0{,}6\), \(P(B) = 0{,}5\), \(P(A \cap B) = 0{,}3\). Que vaut \(P(A \cup B)\) ?
\(0{,}8\)
Oui : \(0{,}6 + 0{,}5 - 0{,}3\) (propriété 2.1).
\(1{,}1\)
Une probabilité ne dépasse pas 1 : l’intersection a été comptée deux fois.
\(0{,}3\)
C’est \(P(A \cap B)\).
\(0{,}5\)
Tu as retiré deux fois l’intersection.
Dans un diagramme de Venn, on lit : \(A\) seulement \(0{,}2\) ; \(A \cap B\) : \(0{,}15\) ; \(B\) seulement \(0{,}35\). Que vaut \(P(B)\) ?
\(0{,}5\)
Oui : \(B\) est formé de « \(B\) seulement » et de \(A \cap B\).
\(0{,}35\)
C’est \(P(B \setminus A)\) ; il faut ajouter \(A \cap B\).
\(0{,}7\)
C’est \(P(A \cup B)\).
\(0{,}3\)
C’est la probabilité hors des deux cercles : \(1 - 0{,}7\).
On sait que \(P(A) = 0{,}45\), \(P(B) = 0{,}3\) et \(P(A \cup B) = 0{,}6\). Calcule \(P(A \cap B)\), puis la probabilité de chaque zone du diagramme de Venn.
\(P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = 0{,}45 + 0{,}3 - 0{,}6 = 0{,}15\). \(A\) seulement : \(0{,}45 - 0{,}15 = 0{,}3\) ; \(B\) seulement : \(0{,}3 - 0{,}15 = 0{,}15\) ; hors des deux : \(1 - 0{,}6 = 0{,}4\).
J’ai utilisé la formule de la réunion pour trouver \(P(A \cap B) = 0{,}15\).
J’ai trouvé les quatre zones : \(0{,}3\) ; \(0{,}15\) ; \(0{,}15\) ; \(0{,}4\).
J’ai vérifié que la somme des zones vaut 1.
Un dé est truqué : \(P(\text{obtenir 6}) = \frac{1}{2}\), et les cinq autres faces ont la même probabilité. Que vaut \(P(\text{obtenir 1})\) ?
\(\frac{1}{10}\)
Oui : les faces 1 à 5 se partagent \(1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\), donc \(P(\text{obtenir 1}) = \frac{\frac{1}{2}}{5} = \frac{1}{10}\) (\(P(\Omega) = 1\)).
\(\frac{1}{6}\)
Le dé n’est pas équilibré : la règle de Laplace ne s’applique pas.
\(\frac{1}{5}\)
Les cinq faces ne se partagent pas 1, mais ce qui reste après \(P(\text{obtenir 6})\).
\(\frac{1}{12}\)
Tu as divisé \(\frac{1}{2}\) par 6 ; seules cinq faces se partagent \(\frac{1}{2}\).
Dans un tableau à double entrée (\(A\), \(\overline{A}\) en lignes ; \(B\), \(\overline{B}\) en colonnes), quelle case correspond à la zone « \(A\) seulement » d’un diagramme de Venn ?
La case \(A \cap \overline{B}\).
Oui : dans \(A\), mais pas dans \(B\) ; c’est \(A \setminus B\).
La case \(A \cap B\).
\(A \cap B\) est la zone commune aux deux cercles.
Le total de la ligne \(A\).
Le total de la ligne \(A\) compte tout \(A\), zone commune comprise.
La case \(\overline{A} \cap B\).
Cette case correspond à « \(B\) seulement ».
On lance 3 fois un dé équilibré. Quelle est la probabilité d’obtenir au moins un 6 ?
\(1 - (\frac{5}{6})^{3} = \frac{91}{216}\)
Oui : on passe par le contraire « aucun 6 » (exemple 2.5).
\(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\)
Les issues « un 6 au 1er, au 2e, au 3e lancer » se recouvrent : (6, 6, 1) est compté deux fois.
\((\frac{1}{6})^{3}\)
C’est la probabilité d’obtenir trois 6.
\((\frac{5}{6})^{3}\)
C’est la probabilité de n’obtenir aucun 6 : il reste à prendre le contraire.
Au Lotto (6 numéros tirés parmi 45), quelle est la probabilité que le 13 soit tiré ?
\(\frac{6}{45}\)
Oui : \(\frac{C_{44}^{5}}{C_{45}^{6}} = \frac{6}{45}\) (exercice 2.14).
\(\frac{1}{45}\)
Six numéros sont tirés, pas un seul.
\(\frac{1}{C_{45}^{6}}\)
C’est la probabilité d’un tirage précis, pas celle que le 13 en fasse partie.
\(\frac{6}{39}\)
L’univers contient les 45 numéros.
Au Lotto, on coche 6 numéros parmi 45. Calcule la probabilité d’avoir exactement 2 bons numéros.
Une issue est le groupe des 6 numéros tirés ; on suppose les \(C_{45}^{6} = 8 \, 145 \, 060\) tirages équiprobables. Tirages favorables : 2 numéros parmi les 6 cochés et 4 parmi les 39 autres, \(C_{6}^{2} \cdot C_{39}^{4} = 15 \cdot 82 \, 251 = 1 \, 233 \, 765\). \(P(\text{exactement 2 bons numéros}) = \frac{1 \, 233 \, 765}{8 \, 145 \, 060} \approx 0{,}151\).
J’ai écrit l’hypothèse d’équiprobabilité et \(\#\Omega = C_{45}^{6}\).
J’ai compté les tirages favorables par \(C_{6}^{2} \cdot C_{39}^{4}\).
J’ai trouvé environ \(0{,}151\).
Dans un groupe de 30 personnes (365 jours supposés équiprobables), quelle expression donne la probabilité qu’au moins deux aient le même anniversaire ?
\(1 - \frac{A_{365}^{30}}{365^{30}}\)
Oui : contraire de « tous différents » (exemple 2.7).
\(\frac{30}{365}\)
Ce quotient ne correspond à aucun événement de l’univers des suites d’anniversaires.
\(\frac{A_{365}^{30}}{365^{30}}\)
C’est la probabilité que tous les anniversaires soient différents.
\(1 - \frac{C_{365}^{30}}{365^{30}}\)
Les anniversaires forment une suite (personne 1, personne 2…) : il faut \(A_{365}^{30}\).
Un joueur affirme : « jouer 1-2-3-4-5-6 au Lotto, c’est gaspiller sa chance ». Que répondre ?
Si le tirage est au hasard, cette grille a la même probabilité que toute autre : \(\frac{1}{8 \, 145 \, 060}\).
Oui : tous les tirages sont équiprobables.
Il a raison : une suite régulière est moins probable.
Chaque tirage précis a la même probabilité ; les grilles « d’allure aléatoire » sont seulement plus nombreuses.
Cette grille est plus probable, car elle est plus simple.
La simplicité d’une grille ne change pas sa probabilité.
On ne peut rien dire sans simuler.
Le calcul suffit : \(\frac{1}{C_{45}^{6}}\) pour chaque grille.
Au Titanic, \(S\) : « avoir survécu » ; \(C\) : « voyager en 1re classe ». Quelle probabilité répond à « parmi les survivants, quelle proportion voyageait en 1re classe ? » ?
\(P(C | S)\)
Oui : « parmi les survivants » est la condition, placée après la barre (cadre).
\(P(S | C)\)
C’est « parmi les passagers de 1re classe, la proportion de survivants ». La condition est inversée.
\(P(S \cap C)\)
C’est une proportion parmi les 2 201 personnes, pas parmi les survivants.
\(P(C)\)
C’est une proportion parmi toutes les personnes à bord.
Au Titanic, 325 personnes voyageaient en 1re classe, dont 203 ont survécu ; il y avait 711 survivants parmi 2 201 personnes. Que vaut \(P(S | C)\) ?
\(\frac{203}{325} \approx 0{,}625\)
Oui : parmi les 325 passagers de 1re classe (activité 3.1).
\(\frac{203}{711} \approx 0{,}286\)
C’est \(P(C | S)\) : parmi les survivants.
\(\frac{203}{2201} \approx 0{,}092\)
C’est \(P(S \cap C)\).
\(\frac{711}{2201} \approx 0{,}323\)
C’est \(P(S)\), sans condition.
Au Titanic, à quel événement correspond la probabilité \(\frac{212}{885}\) (212 survivants parmi les 885 membres d’équipage) ?
Survivre, sachant qu’on faisait partie de l’équipage : \(P(S | E)\).
Oui : le dénominateur 885 est l’effectif de la condition.
Faire partie de l’équipage, sachant qu’on a survécu : \(P(E | S)\).
\(P(E | S)\) a pour dénominateur les 711 survivants.
Survivre et faire partie de l’équipage : \(P(S \cap E)\).
\(P(S \cap E) = \frac{212}{2201}\) : le dénominateur est l’effectif total.
Faire partie de l’équipage : \(P(E)\).
\(P(E) = \frac{885}{2201}\).
On sait que \(P(A \cap B) = 0{,}12\) et \(P(B) = 0{,}4\). Calcule \(P(A | B)\).
\(P(A | B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{0{,}12}{0{,}4} = 0{,}3\).
J’ai divisé par \(P(B)\) (et non par \(P(A)\)).
J’ai trouvé \(0{,}3\).
Sur un arbre, la branche vers \(B\) porte \(0{,}4\) et, depuis \(B\), la branche vers \(A\) porte \(0{,}7\). Que vaut \(P(A \cap B)\) ?
\(0{,}28\)
Oui : on multiplie le long du chemin (propriété 3.1).
\(1{,}1\)
On multiplie le long d’un chemin ; on n’additionne pas.
\(0{,}7\)
C’est \(P(A | B)\), la probabilité portée par la seconde branche.
\(0{,}4\)
C’est \(P(B)\).
Dans un arbre à deux niveaux (d’abord \(B\) ou \(\overline{B}\), puis \(A\) ou \(\overline{A}\)), que représente le nombre écrit sur la branche qui va de \(B\) vers \(A\) ?
\(P(A | B)\)
Oui : une branche issue de \(B\) porte une probabilité sachant \(B\).
\(P(A)\)
Sur le deuxième niveau, on est déjà « dans » \(B\) : c’est une probabilité sachant \(B\).
\(P(A \cap B)\)
C’est le produit des deux branches du chemin.
\(P(B | A)\)
La condition est l’événement dont part la branche : \(B\).
\(P(B) = 0{,}3\), \(P(A | B) = 0{,}5\), \(P(A | \overline{B}) = 0{,}2\). Que vaut \(P(A)\) ?
\(0{,}29\)
Oui : \(0{,}3 \cdot 0{,}5 + 0{,}7 \cdot 0{,}2 = 0{,}15 + 0{,}14\).
\(0{,}7\)
On n’additionne pas les probabilités conditionnelles : on additionne les chemins qui mènent à \(A\).
\(0{,}15\)
C’est seulement le chemin qui passe par \(B\). Il faut ajouter celui qui passe par \(\overline{B}\).
\(0{,}21\)
La branche vers \(\overline{B}\) porte \(1 - 0{,}3 = 0{,}7\), pas \(0{,}3\).
Une urne contient 4 boules rouges et 1 boule bleue. On tire deux boules sans remise. Construis l’arbre et calcule la probabilité que les deux boules soient rouges.
On suppose chaque boule équiprobable. Premier tirage : \(P(R_{1}) = \frac{4}{5}\), \(P(B_{1}) = \frac{1}{5}\). Après \(R_{1}\) : \(P(R_{2} | R_{1}) = \frac{3}{4}\). \(P(R_{1} \cap R_{2}) = \frac{4}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{12}{20} = \frac{3}{5}\).
J’ai tenu compte de l’absence de remise (\(\frac{3}{4}\) au deuxième tirage).
J’ai multiplié le long du chemin.
J’ai trouvé \(\frac{3}{5}\).
Sur 1 000 femmes dépistées : 10 malades, dont 9 positives ; 990 non malades, dont 89 positives. Que vaut \(P(\text{malade} | \text{positive})\) ?
\(\frac{9}{98} \approx 0{,}092\)
Oui : parmi les 98 femmes positives, 9 sont malades (activité 3.3).
\(\frac{9}{10} = 0{,}9\)
C’est \(P(\text{positive} | \text{malade})\) : la condition est inversée.
\(\frac{9}{1000}\)
C’est \(P(\text{malade} \cap \text{positive})\).
\(\frac{89}{98}\)
C’est la proportion de femmes non malades parmi les positives.
Un test « détecte 90 % des malades ». Une personne est positive. Que peut-on en conclure ?
Rien de précis sans connaître la proportion de malades et le taux de positifs chez les non-malades.
Oui : \(P(M | T)\) en dépend fortement (exercice 3.6).
Elle est malade avec une probabilité de 90 %.
90 % est \(P(T | M)\). On demande \(P(M | T)\).
Elle est malade avec une probabilité de 10 %.
Ce serait vrai dans l’exemple du cours (1 % de malades), pas en général.
Elle est sûrement malade.
Un test peut être positif chez une personne non malade.
Un test est positif chez 95 % des malades et chez 5 % des non-malades. La maladie touche 2 % des personnes testées. Construis l’arbre des effectifs pour 10 000 personnes et calcule \(P(M | T)\). Commente.
Sur 10 000 personnes : 200 malades, dont \(200 \cdot 0{,}95 = 190\) positives ; 9 800 non malades, dont \(9800 \cdot 0{,}05 = 490\) positives. \(P(M | T) = \frac{190}{190 + 490} = \frac{190}{680} \approx 0{,}279\). Moins de 3 personnes positives sur 10 sont malades : la maladie étant rare, les faux positifs sont plus nombreux que les vrais.
J’ai trouvé les effectifs 190 et 490.
J’ai divisé par le nombre total de positifs (680).
J’ai interprété le résultat (faux positifs nombreux car maladie rare).
\(P(A) = 0{,}5\), \(P(B) = 0{,}4\), \(P(A \cap B) = 0{,}2\). \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?
Oui, car \(0{,}5 \cdot 0{,}4 = 0{,}2\).
Exact (définition 3.2).
Non, car \(P(A \cap B) \neq 0\).
Tu confonds indépendants et disjoints.
Non, car \(P(A) \neq P(B)\).
L’indépendance ne demande pas que \(P(A)\) et \(P(B)\) soient égaux.
On ne peut pas savoir sans l’univers.
La définition suffit : compare \(P(A \cap B)\) et \(P(A) \cdot P(B)\).
\(A\) et \(B\) sont disjoints, avec \(P(A) = 0{,}3\) et \(P(B) = 0{,}2\). Sont-ils indépendants ?
Non : \(P(A \cap B) = 0\) alors que \(P(A) \cdot P(B) = 0{,}06\).
Oui : deux événements disjoints de probabilités non nulles sont dépendants (remarque 3.3).
Oui, puisqu’ils n’ont rien en commun.
« Disjoints » et « indépendants » sont deux notions différentes. Savoir que \(B\) est réalisé rend \(A\) impossible.
Oui, car \(0{,}3 + 0{,}2 < 1\).
L’indépendance se vérifie par un produit, pas par une somme.
On ne peut pas savoir.
On connaît \(P(A \cap B) = 0\) : on peut comparer avec \(P(A) \cdot P(B)\).
À la roulette, le rouge est sorti 6 fois de suite. Au tirage suivant, la probabilité du noir est :
la même qu’à chaque tirage.
Oui : les tirages sont indépendants (erreur du joueur, remarque 3.4).
plus grande, car le noir « doit » rattraper son retard.
La roulette n’a pas de mémoire : c’est l’erreur du joueur.
plus petite, car le rouge est « en série ».
Les tirages précédents n’influencent pas le suivant.
égale à \(\frac{1}{2}\).
La case 0 n’est ni rouge ni noire : \(P(\text{noir}) = \frac{18}{37}\) à chaque tirage.
On lance deux dés (un rouge, un blanc). \(A\) : « le rouge donne un nombre pair » ; \(B\) : « la somme vaut 8 ». \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?
On suppose les 36 couples équiprobables. \(P(A) = \frac{18}{36} = \frac{1}{2}\). \(B = \{(2{,}6), (3{,}5), (4{,}4), (5{,}3), (6{,}2)\}\), \(P(B) = \frac{5}{36}\). \(A \cap B = \{(2{,}6), (4{,}4), (6{,}2)\}\), \(P(A \cap B) = \frac{3}{36}\). \(P(A) \cdot P(B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{36} = \frac{5}{72} \neq \frac{3}{36} = \frac{6}{72}\) : \(A\) et \(B\) sont dépendants.
J’ai calculé \(P(A)\), \(P(B)\) et \(P(A \cap B)\).
J’ai comparé \(P(A \cap B)\) à \(P(A) \cdot P(B)\).
J’ai conclu : dépendants.