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Épreuves indépendantes et loi binomiale — Cours en autonomie — Terminale spécialité
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Épreuves indépendantes et loi binomiale — Cours en autonomie — Terminale spécialité
Terminale spécialité · Cours en autonomie
Épreuves indépendantes et loi binomiale
TERMINALE GÉNÉRALE · SPÉCIALITÉ MATHÉMATIQUES
Épreuves indépendantes
et loi binomiale
Cours en autonomie
Comprendre les modèles, démontrer les résultats,
calculer et interpréter avec précision.
Lecture. Une épreuve classe une observation en succès ou échec. Répéter indépendamment la même épreuve un nombre fixé de fois permet de compter les succès. La loi obtenue sert ensuite à calculer des probabilités, à choisir un seuil et à discuter le modèle.
À retenir 0.1 — Un cours à travailler, pas seulement à lire
Tu trouveras les définitions, les hypothèses exactes des résultats, leurs démonstrations, des exemples détaillés et des essais corrigés. Prends une feuille : chercher avant de lire une correction fait partie du cours. Le but n’est pas seulement de reconnaître une formule, mais de savoir expliquer pourquoi elle s’applique.
Faire les 2k\(\pi\)Année scolaire 2026–2027
Comment utiliser ce cours
Le parcours principal va des rappels de probabilités à la simulation et à l’interprétation de la loi binomiale, unités 1 à 10. Les unités 11 et 12 présentent la loi géométrique et la loi de Poisson : ce sont des approfondissements facultatifs cités dans le programme applicable. L’unité 13, sur les tirages sans remise, constitue un complément hors programme. La synthèse finale permet de réviser le parcours principal sans rendre les compléments obligatoires.
Méthode 0.2 — Une séance de travail efficace
Lis l’objectif et fais le repérage. Une erreur indique un point à reprendre, pas une impossibilité d’apprendre.
Dans un résultat, repère d’abord les hypothèses, puis la conclusion. Dans la preuve, cherche le rôle de chaque hypothèse.
Reconstitue l’exemple expliqué, puis essaie l’activité sans regarder la correction. Consulte l’indice seulement si nécessaire.
Compare ton raisonnement à la correction, pas uniquement le dernier nombre. En cas d’erreur, fais la réparation et le nouvel essai proposés.
Termine par le mini-test. Réussir signifie obtenir le résultat et justifier le modèle, les bornes et le sens de la réponse.
Vocabulaire 0.3 — Quel est le rôle de chaque bloc ?
Une définition donne le sens d’un objet ; une notation précise comment on l’écrit ; une convention fixe un choix d’écriture. Elles ne sont pas des affirmations à démontrer.
Une propriété ou une proposition énonce un résultat établi sous des hypothèses. Le nom théorème souligne un résultat structurant. Un lemme est un résultat intermédiaire utilisé dans une preuve ; un corollaire est une conséquence d’un résultat identifié. Une caractérisation donne une équivalence. Ces mots n’indiquent pas à eux seuls une difficulté : c’est le contenu qui compte.
Les démonstrations établissent les résultats généraux. Les exemples montrent leur utilisation, mais ne les prouvent pas pour toutes les valeurs. Un contre-exemple suffit, en revanche, à réfuter une affirmation universelle.
Remarque 0.4 — Les points de départ et les prolongements
Les règles fondamentales d’une probabilité et les propriétés usuelles des nombres réels sont les points de départ du cours ; elles sont rappelées lorsqu’elles servent. Les résultats nouveaux sont démontrés dès que les outils de Terminale le permettent. Certaines preuves vont au-delà de ce qui est exigible : elles sont signalées, afin que tu puisses les lire sans les confondre avec des prérequis obligatoires.
Le programme de référence pour 2026–2027 est celui du BO spécial du 25 juillet 2019. Le nouveau programme publié en avril 2026 s’applique à la rentrée 2027, pas à cette cohorte. Cette distinction concerne le calendrier, non la validité des mathématiques présentées.
Prérequis utiles. Fractions, puissances, équations simples, ensembles et événements. Les coefficients binomiaux sont repris localement. Le logarithme et la dérivation ne servent qu’aux passages qui les annoncent ; des méthodes numériques restent disponibles pour les recherches de seuil.
Autonomie d’une unité. Une unité comprend ses rappels, ses exemples, ses essais, ses corrections et ses tâches de contrôle. Un encadré isolé n’est pas, à lui seul, tout le parcours d’apprentissage.
Itinéraire de lecture et objectifs observables
| Unité | Je sais faire si je peux… |
|---|---|
| 1 | passer d’une phrase à un événement et distinguer probabilité, conditionnement et équiprobabilité. |
| 2 | construire un univers produit et justifier les multiplications et les additions dans un arbre. |
| 3 | vérifier séparément les conditions d’un schéma de Bernoulli et définir la variable comptée. |
| 4 | expliquer les trois ingrédients de la formule binomiale, y compris les cas limites. |
| 5 | traduire toute inégalité sur un nombre entier de succès et choisir le bon cumul. |
| 6 | identifier l’inconnue d’un problème de seuil et vérifier les deux valeurs voisines. |
| 7 | construire un intervalle de probabilité et expliquer exactement sa garantie. |
| 8 | démontrer et interpréter l’espérance, la variance et l’écart type. |
| 9 | lire un graphique, discuter un modèle et ne pas confondre moyenne, mode et symétrie. |
| 10 | lire, expliquer, tester et utiliser un calcul ou une simulation algorithmique. |
| 11–12 | explorer, si je le souhaite, l’attente du premier succès et les événements rares. |
| 13 | comprendre, en complément, pourquoi le tirage sans remise change la loi. |
| 14 | choisir seul la démarche dans une question qui ne donne pas le nom de la méthode. |
Contrôle 0.5 — Les quatre questions à garder près de toi
Que compte ma variable ? Quel est l’ensemble de ses valeurs ?
Quelles hypothèses sont réellement données ? Les essais sont-ils indépendants, de même paramètre et en nombre fixé ?
Quel événement traduit exactement la phrase ? Le mot « strictement » change souvent une borne entière.
Que signifie mon résultat ? Une probabilité n’est ni une certitude individuelle, ni la preuve que le modèle décrit parfaitement la réalité.
Remarque 0.6 — Les outils ne remplacent pas le modèle
Les formules, diagrammes et scripts de ce cours sont construits pour être vérifiables. Tu peux lire les formules sans logiciel ; les figures sont vectorielles et accompagnées d’une description. Les noms des fonctions de calculatrice dépendent de l’appareil : le cours précise les entrées et l’événement à calculer, plutôt qu’un menu susceptible de changer.
1. Événements et probabilités : des bases solides
Objectif. Traduire une situation, calculer avec un complémentaire ou une partition et comprendre le conditionnement.
À toi 1.1 — Repérage : quelles cartes comptes-tu ?
Un sac contient 12 cartes distinctes, tirées avec la même probabilité. Cinq sont vertes, trois portent un triangle et deux sont à la fois vertes et triangulaires. Avant de lire la suite, calcule la probabilité de tirer une carte verte, verte ou triangulaire, puis triangulaire sachant qu’elle est verte.
Correction expliquée 1.2 — Repérage et orientation
La première probabilité est \(5/12\). L’événement « verte ou triangulaire » contient \(5+3-2=6\) cartes : les deux cartes communes avaient été comptées deux fois. Sa probabilité est \(6/12=1/2\). Sachant que la carte est verte, on raisonne parmi les cinq cartes vertes : deux portent un triangle, donc la probabilité est \(2/5\).
Si tu as additionné \(5+3\) sans corriger, reprends la réunion ci-dessous. Si tu as conservé le dénominateur 12 dans la dernière question, reprends la définition du conditionnement. Si tout est juste, vérifie que tu sais expliquer les trois dénominateurs.
Décrire ce qui peut se produire
Définition 1.3 — Univers, issue et événement
L’univers \(\Omega\) est l’ensemble des issues retenues dans un modèle d’expérience aléatoire. Une issue est un résultat élémentaire de ce modèle. Un événement est un ensemble d’issues : il est réalisé lorsque l’issue obtenue appartient à cet ensemble.
Dans ce chapitre, les univers du parcours principal sont finis. Un événement peut réunir plusieurs issues physiques : « obtenir un nombre pair » sur un dé est l’événement \(\{2,4,6\}\), et non une issue de l’univers \(\{1,2,3,4,5,6\}\).
Notation 1.4 — ET, OU, NON et inclusion
\(A\cap B\) signifie « \(A\) et \(B\) » ; \(A\cup B\) signifie « \(A\) ou \(B\) », avec un ou inclusif : les deux peuvent être réalisés. \(\overline A\) est le complémentaire de \(A\) dans \(\Omega\). \(A\subset B\) signifie que toute issue de \(A\) appartient à \(B\). L’ensemble vide \(\varnothing\) est l’événement impossible.
Deux événements sont incompatibles si \(A\cap B=\varnothing\). Une partition de \(\Omega\) est une famille d’événements non vides, deux à deux incompatibles, dont la réunion est \(\Omega\).
Définition 1.5 — Probabilité sur un univers fini : point de départ
À chaque issue \(\omega\), on associe un poids \(p_\omega\ge0\), la somme de tous ces poids valant 1. La probabilité d’un événement \(A\) est la somme des poids des issues de \(A\) : \[\mathbb{P}(A)=\sum_{\omega\in A}p_\omega.\] Le symbole \(\sum\) demande d’additionner les termes indiqués ; une somme sans terme vaut 0. Le choix des poids est une hypothèse du modèle, pas un résultat obtenu en comptant des cas sans justification.
Propriété 1.6 — Calculer avec une réunion ou un complémentaire
Pour tous événements \(A\) et \(B\) d’un univers fini, \[\mathbb{P}(\Omega)=1,\quad \mathbb{P}(\varnothing)=0,\quad \mathbb{P}(\overline A)=1-\mathbb{P}(A),\] \[\mathbb{P}(A\cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A\cap B).\] Si \(A\) et \(B\) sont incompatibles, le dernier terme vaut 0 : on additionne leurs probabilités. Si \(A\subset B\), alors \(\mathbb{P}(A)\le\mathbb{P}(B)\).
Démonstration 1.7 — À partir des poids des issues
Les deux premières égalités résultent de la somme totale des poids et de la somme vide. Dans \(A\) et \(\overline A\), chaque issue de \(\Omega\) est comptée exactement une fois : \(\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(\overline A)=1\).
Dans \(\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)\), les issues communes sont comptées deux fois, les autres issues de \(A\cup B\) une fois. Soustraire \(\mathbb{P}(A\cap B)\) rétablit un seul comptage de chaque issue de la réunion.
Enfin, si \(A\subset B\), les issues de \(B\) sont celles de \(A\) et celles de \(B\) qui ne sont pas dans \(A\). Ces deux groupes sont disjoints et leurs poids sont positifs ou nuls. Donc \(\mathbb{P}(B)\ge\mathbb{P}(A)\).
Corollaire 1.8 — La formule des cas favorables, sous une hypothèse
Si les \(N\ge1\) issues de \(\Omega\) sont équiprobables, alors \[\mathbb{P}(A)=\frac{\operatorname{Card}(A)}{N}.\]
Démonstration 1.9 — Pourquoi le dénominateur vaut \(N\)
Si chaque poids vaut \(u\), la somme des \(N\) poids donne \(Nu=1\), donc \(u=1/N\). Additionner les \(\operatorname{Card}(A)\) poids des issues de \(A\) donne \(\operatorname{Card}(A)/N\).
Lecture. Sur 20 badges équiprobables, 5 sont seulement bleus, 3 sont bleus et étoilés, 4 sont seulement étoilés et 8 n’ont aucun des deux attributs. Les quatre régions sont disjointes ; leurs effectifs s’additionnent sans double comptage.
Conditionner : changer l’information disponible
Définition 1.10 — Probabilité conditionnelle
Si \(\mathbb{P}(A)>0\), la probabilité de \(B\) sachant \(A\) est \[\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(B\mid A)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)}.\] Les deux écritures désignent la même quantité. La condition de non-nullité concerne \(A\), car c’est le dénominateur. Si \(\mathbb{P}(A)=0\), cette formule ne définit pas de probabilité conditionnelle.
Proposition 1.11 — Produit conditionnel et formule des probabilités totales
Pour \(\mathbb{P}(A)>0\), \(\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}_A(B)\).
Si \(A_1,\ldots,A_r\) forment une partition de \(\Omega\) et si chaque \(\mathbb{P}(A_i)>0\), alors \[\mathbb{P}(B)=\sum_{i=1}^r\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}_{A_i}(B).\]
Démonstration 1.12 — D’abord décomposer, ensuite multiplier
On multiplie la définition de \(\mathbb{P}_A(B)\) par le nombre strictement positif \(\mathbb{P}(A)\) : cela donne la première égalité.
Chaque issue de \(B\) appartient à un unique \(A_i\). Les événements \(B\cap A_i\) sont donc disjoints et leur réunion est \(B\). On additionne leurs probabilités, puis on applique la première égalité à chacun : \[\mathbb{P}(B)=\sum_{i=1}^r\mathbb{P}(B\cap A_i)=\sum_{i=1}^r\mathbb{P}(A_i)\mathbb{P}_{A_i}(B).\] Si une branche \(A_i\) a une probabilité nulle, son intersection avec \(B\) a une probabilité nulle ; on omet cette branche au lieu d’écrire une conditionnelle non définie.
Corollaire 1.13 — Retourner un conditionnement : formule de Bayes
Si \(\mathbb{P}(A)>0\) et \(\mathbb{P}(B)>0\), alors \[\mathbb{P}_B(A)=\frac{\mathbb{P}(A)\mathbb{P}_A(B)}{\mathbb{P}(B)}.\]
Démonstration 1.14 — Le même événement commun
La définition donne \(\mathbb{P}_B(A)=\mathbb{P}(A\cap B)/\mathbb{P}(B)\). On remplace le numérateur par le produit conditionnel établi dans la proposition précédente. Il ne faut pas intervertir automatiquement \(\mathbb{P}_A(B)\) et \(\mathbb{P}_B(A)\) : leurs dénominateurs sont différents.
Exemple expliqué 1.15 — Les badges : réunion, conditionnement et contrôle
On choisit uniformément un des 20 badges du schéma. On note \(B\) : « bleu » et \(E\) : « étoilé ». Il y a 8 badges bleus, 7 étoilés et 3 qui possèdent les deux attributs. \[\mathbb{P}(B)=\frac8{20},\quad \mathbb{P}(E)=\frac7{20},\quad \mathbb{P}(B\cap E)=\frac3{20}.\] L’événement « bleu ou étoilé » a pour probabilité \((8+7-3)/20=12/20=0{,}6\). Son complémentaire correspond aux 8 badges sans attribut : \(1-0{,}6=0{,}4=8/20\) ; les deux démarches concordent.
Parmi les 8 badges bleus, 3 sont étoilés : \(\mathbb{P}_B(E)=3/8\). Parmi les 7 étoilés, 3 sont bleus : \(\mathbb{P}_E(B)=3/7\). Ces nombres sont différents.
Retrouvons \(\mathbb{P}(E)\) par la partition « bleu / non bleu ». Parmi les 12 badges non bleus, 4 sont étoilés. Ainsi \[\mathbb{P}(E)=\frac8{20}\times\frac38+\frac{12}{20}\times\frac4{12} =\frac3{20}+\frac4{20}=\frac7{20}.\] On multiplie sur une branche, on additionne les deux cas incompatibles.
À toi 1.16 — Essai guidé, puis justification personnelle
Dans l’exemple, calcule la probabilité de n’avoir qu’un seul des deux attributs. Puis explique en deux phrases pourquoi \((8+7)/20\) ne répond pas à cette question.
Indice si nécessaire. Sépare « seulement bleu » et « seulement étoilé ». Regarde combien de fois les trois badges communs apparaissent dans \(8+7\).
Correction expliquée 1.17 — Deux événements réellement disjoints
Il y a \(8-3=5\) badges seulement bleus et \(7-3=4\) seulement étoilés. Les catégories sont disjointes : la probabilité vaut \((5+4)/20=9/20=0{,}45\).
Une justification recevable précise que \(8+7\) compte les trois badges communs deux fois, alors qu’ici ils ne doivent être comptés aucune fois. Il faut donc retrancher deux fois 3 : \(8+7-2\times3=9\). Critère de réussite : tu distingues « au moins un attribut » de « exactement un attribut ».
À toi 1.18 — Essai autonome et variation du modèle
Une machine choisie au hasard provient de l’atelier A avec probabilité \(0{,}6\), sinon de l’atelier B. Les probabilités d’un réglage nécessaire sont respectivement \(0{,}04\) et \(0{,}10\).
Calcule la probabilité qu’un réglage soit nécessaire.
Un réglage est nécessaire. Quelle est la probabilité que la machine provienne de A ?
Peut-on remplacer la première réponse par \((0{,}04+0{,}10)/2\) ? Explique.
Indice. Les origines forment une partition ; dans la deuxième question, l’information disponible est le réglage nécessaire.
Correction expliquée 1.19 — Pondérer les origines
Notons \(R\) l’événement « réglage nécessaire ». La probabilité de B vaut \(1-0{,}6=0{,}4\). Par probabilités totales, \[\mathbb{P}(R)=0{,}6\times0{,}04+0{,}4\times0{,}10 =0{,}024+0{,}040=0{,}064.\] On a \(\mathbb{P}(A\cap R)=0{,}024\) et \(\mathbb{P}(R)>0\), donc \[\mathbb{P}_R(A)=\frac{0{,}024}{0{,}064}=\frac38=0{,}375.\] La moyenne \(0{,}07\) donnerait le même poids aux deux origines, alors qu’elles ont les probabilités \(0{,}6\) et \(0{,}4\). Ce n’est pas le modèle décrit. Le fait que A fournisse davantage de machines ne signifie pas qu’il fournit la majorité des machines nécessitant un réglage.
Erreur à éviter 1.20 — Réparation : « parmi » indique le dénominateur
L’écriture erronée \(\mathbb{P}_R(A)=\mathbb{P}(A\cap R)/\mathbb{P}(A)\) répond à une autre question. Écris d’abord : « parmi les machines qui nécessitent un réglage ». Le groupe de référence est \(R\) ; son poids est au dénominateur. Puis vérifie que le résultat appartient à \([0;1]\).
À toi 1.21 — Nouvel essai après réparation
Sur 30 dossiers équiprobables, 12 sont urgents, 9 incomplets, dont 4 urgents. Sachant qu’un dossier est incomplet, quelle est la probabilité qu’il soit urgent ? Quelle est la probabilité qu’il soit urgent ou incomplet ?
Correction expliquée 1.22 — Contrôle du nouvel essai
« Parmi les incomplets » conduit à \(4/9\), pas \(4/12\) ni \(4/30\). La réunion comporte \(12+9-4=17\) dossiers : sa probabilité est \(17/30\). Tu as réparé l’erreur si tu sais nommer le groupe de référence et le groupe commun avant d’effectuer les divisions.
Contrôle 1.23 — Mini-test sans aide
1. Si \(\mathbb{P}(A)=0{,}35\), que vaut \(\mathbb{P}(\overline A)\) ? 2. Si \(A\) et \(B\) sont incompatibles de probabilités \(0{,}35\) et \(0{,}20\), que vaut \(\mathbb{P}(A\cup B)\) ? 3. Si \(\mathbb{P}(A)=0{,}4\) et \(\mathbb{P}_A(B)=0{,}3\), que vaut \(\mathbb{P}(A\cap B)\) ? 4. Peut-on conclure que \(\mathbb{P}(B)=0{,}3\) ?
Correction expliquée 1.24 — Mini-test et suite du parcours
1. \(1-0{,}35=0{,}65\) par complémentaire. 2. \(0{,}35+0{,}20=0{,}55\), car l’intersection est vide. 3. \(0{,}4\times0{,}3=0{,}12\) par produit conditionnel. 4. Non : la probabilité de \(B\) en dehors de \(A\) n’est pas donnée. Une probabilité conditionnelle ne devient pas une probabilité non conditionnelle sans hypothèse supplémentaire. C’est précisément le rôle de l’indépendance dans l’unité suivante.
À toi 1.25 — Reprise différée : demain, sans le modèle de correction
Parmi 40 invitations équiprobables, 15 concernent un atelier et 18 une visite ; 6 concernent les deux. Calcule la probabilité d’une invitation concernant au moins l’une des activités, puis celle d’une visite sachant que l’invitation concerne un atelier. Écris dans chaque cas le groupe que tu comptes.
Correction expliquée 1.26 — Contrôle de la reprise différée
La réunion compte \(15+18-6=27\) invitations, donc sa probabilité vaut \(27/40\). Sachant « atelier », le groupe de référence contient 15 invitations, dont 6 pour la visite : \(6/15=2/5\). La reprise est réussie si le double comptage et le changement de dénominateur sont tous deux explicités. Sinon, reviens au schéma des badges puis refais ce même essai sans consulter cette réponse.
2. Expériences indépendantes et univers produits
Objectif. Savoir quand multiplier, construire un arbre et distinguer indépendance, incompatibilité et équiprobabilité.
Point de reprise 2.1 — Les outils locaux
Pour deux événements \(A,B\), \(A\cap B\) signifie « les deux », \(A\cup B\) « au moins l’un des deux » et \(\overline A\) « non \(A\) ». Deux événements incompatibles ont une intersection vide ; leurs probabilités s’additionnent. Si \(\mathbb{P}(A)>0\), \[\mathbb{P}_A(B)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)},\qquad \mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}_A(B).\] Dans un arbre, les branches issues d’un même nœud décrivent des cas incompatibles dont les probabilités conditionnelles totalisent 1.
À toi 2.2 — Repérage : même matériel, modèles différents
Un sac contient trois jetons rouges et deux bleus. On effectue deux tirages uniformes. Dans un premier dispositif, le premier jeton est remis et le sac est mélangé avant un nouveau tirage indépendant ; dans le second, il n’est pas remis.
Dans chaque dispositif, quelle est la probabilité d’obtenir un rouge au second tirage sachant que le premier est rouge ?
Correction expliquée 2.3 — Ce que change l’information
Dans le premier dispositif, le sac retrouve la composition \(3+2\), et le nouveau choix est indépendant : la probabilité reste \(3/5\). Dans le second, un rouge a été retiré : il reste deux rouges sur quatre jetons, donc la probabilité vaut \(2/4=1/2\).
Si tu as répondu \(3/5\) dans les deux cas, dessine le sac après le premier tirage. Si tu as compris les compositions mais hésites sur la multiplication, lis la preuve des chemins ci-dessous. La remise seule ne décrit pas tous les mécanismes : le nouveau tirage doit aussi être correctement randomisé.
Deux événements : une définition précise
Définition 2.4 — Événements indépendants
Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants lorsque \[\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B).\] Cette définition ne demande pas de diviser : elle reste valable si l’un des événements a une probabilité nulle.
Caractérisation 2.5 — L’information ne change pas la probabilité
Si \(\mathbb{P}(A)>0\), \(A\) et \(B\) sont indépendants si et seulement si \(\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(B)\). Si \(\mathbb{P}(B)>0\), on peut aussi utiliser \(\mathbb{P}_B(A)=\mathbb{P}(A)\).
Démonstration 2.6 — Les deux sens de l’équivalence
Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)/\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(B)\) ; la simplification est permise par \(\mathbb{P}(A)>0\). Réciproquement, si \(\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(B)\), le produit conditionnel donne \(\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)\) : c’est la définition de l’indépendance. Le deuxième critère s’obtient en échangeant les rôles de \(A\) et \(B\).
Propriété 2.7 — Indépendance et événements contraires
Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline B\), \(\overline A\) et \(B\), ainsi que \(\overline A\) et \(\overline B\) sont indépendants.
Démonstration 2.8 — Décomposer un événement en deux morceaux
Les événements \(A\cap B\) et \(A\cap\overline B\) sont incompatibles et leur réunion est \(A\). Ainsi \[\begin{align*} \mathbb{P}(A\cap\overline B) &=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A\cap B)\\ &=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B) =\mathbb{P}(A)(1-\mathbb{P}(B))=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(\overline B). \end{align*}\] C’est la première indépendance annoncée. En échangeant \(A\) et \(B\), on obtient celle de \(\overline A\) et \(B\). On applique alors la première conclusion à ces deux derniers événements pour obtenir celle de \(\overline A\) et \(\overline B\).
Contre-exemple 2.9 — Incompatibles ne signifie pas indépendants
Sur un dé équilibré, \(A=\{1\}\) et \(B=\{2\}\) sont incompatibles. Pourtant \(\mathbb{P}(A\cap B)=0\), alors que \(\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)=1/36\). Ils ne sont donc pas indépendants. En général, deux événements incompatibles de probabilités strictement positives ne sont pas indépendants, puisque leur produit est strictement positif et leur intersection a une probabilité nulle.
Plusieurs expériences : résultats ordonnés et probabilités
Définition 2.10 — Univers produit cartésien
Si une première expérience a pour univers \(\Omega_1\) et une deuxième \(\Omega_2\), l’ensemble des couples \((\omega_1,\omega_2)\) possibles est le produit cartésien \(\Omega_1\times\Omega_2\). La place de chaque composante indique l’expérience correspondante.
Pour \(r\) expériences, une issue est un \(r\)-uplet \((\omega_1,\ldots,\omega_r)\) dans \(\Omega_1\times\cdots\times\Omega_r\). Écrire cet univers ne suffit pas à fixer les probabilités. Si certaines combinaisons sont impossibles, on peut leur attribuer le poids nul.
Définition 2.11 — Modèle de plusieurs expériences indépendantes
Des expériences finies sont modélisées comme indépendantes lorsque, pour chaque liste d’issues \(\omega_1,\ldots,\omega_r\), \[\mathbb{P}\bigl((\omega_1,\ldots,\omega_r)\bigr) =\mathbb{P}_1(\{\omega_1\})\cdots\mathbb{P}_r(\{\omega_r\}).\] L’indice sur \(\mathbb{P}_i\) désigne ici la loi de la \(i\)-ième expérience, et non un conditionnement. Les lois des différentes expériences peuvent être différentes. L’indépendance est une hypothèse à justifier par le dispositif ou à poser explicitement dans un modèle.
Proposition 2.12 — Le modèle produit définit bien une probabilité
Les poids produits sont positifs ou nuls et leur somme sur tous les uplets vaut 1. De plus, pour des événements \(A_i\) portant chacun sur la seule expérience \(i\), la probabilité que tous soient réalisés vaut le produit de leurs probabilités.
Démonstration 2.13 — La distributivité explique le produit
Pour deux expériences, notons \(a_1,\ldots,a_s\) les poids des issues de la première et \(b_1,\ldots,b_t\) ceux de la seconde. Tous sont positifs ou nuls, avec \(\sum a_i=\sum b_j=1\). La somme des poids produits est \[a_1(b_1+\cdots+b_t)+\cdots+a_s(b_1+\cdots+b_t) =(a_1+\cdots+a_s)(b_1+\cdots+b_t)=1.\] Si l’on ne conserve que les indices des issues de \(A_1\) et de \(A_2\), la même distributivité donne \(\mathbb{P}(A_1\text{ et }A_2)=\mathbb{P}_1(A_1)\mathbb{P}_2(A_2)\). Pour \(r\) expériences, on distribue successivement les \(r\) sommes ; on obtient le même résultat. Aucune équiprobabilité n’a été utilisée.
Théorème 2.14 — Règle des chemins d’un arbre pondéré
La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités conditionnelles successives portées par ses branches. La probabilité d’un événement représenté par plusieurs chemins complets distincts est la somme des probabilités de ces chemins.
Démonstration 2.15 — Une preuve pour trois étapes, puis son prolongement
Pour un chemin \(A\), puis \(B\), puis \(C\), lorsque les conditionnements sont définis, \[\begin{align*} \mathbb{P}(A\cap B\cap C) &=\mathbb{P}(A\cap B)\mathbb{P}_{A\cap B}(C)\\ &=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}_A(B)\mathbb{P}_{A\cap B}(C). \end{align*}\] La première égalité applique la formule conditionnelle au groupe \(A\cap B\) ; la seconde décompose \(\mathbb{P}(A\cap B)\) en \(\mathbb{P}(A)\mathbb{P}_A(B)\). On recommence de la même manière pour toute étape supplémentaire : cela prouve la règle par récurrence sur le nombre d’étapes.
Si un préfixe a une probabilité nulle, tout chemin qui le prolonge a une probabilité nulle ; on ne calcule pas de conditionnelle sur ce préfixe. Enfin, deux chemins complets distincts décrivent des issues incompatibles. Leur réunion se calcule donc par addition. L’indépendance simplifie les étiquettes des branches, mais la règle de l’arbre n’exige pas l’indépendance.
Lecture. Le premier capteur donne V, O ou R avec probabilités 0,5 ; 0,3 ; 0,2. Un second contrôle répond oui avec probabilité 0,8 à chacune des trois branches, et non avec probabilité 0,2. Les six probabilités de chemins totalisent 1.
Exemple expliqué 2.16 — Un capteur et un contrôle supplémentaire
Un capteur affiche vert, orange ou rouge avec probabilités \(0{,}5\), \(0{,}3\), \(0{,}2\). Un contrôle indépendant répond « oui » avec probabilité \(0{,}8\). Une issue est un couple, par exemple \((\text{orange},\text{oui})\).
Par produit, sa probabilité vaut \(0{,}3\times0{,}8=0{,}24\). La décision « accepter » est prise si l’affichage n’est pas rouge et si le contrôle répond oui. Deux chemins incompatibles conviennent : \[\mathbb{P}(\text{accepter})=0{,}5\times0{,}8+0{,}3\times0{,}8=0{,}64.\] On pouvait aussi utiliser \(\mathbb{P}(\text{non rouge})\mathbb{P}(\text{oui})=0{,}8\times0{,}8\). Le résultat concorde. Les six issues ne sont pas équiprobables : \((\text{vert},\text{oui})\) a pour probabilité \(0{,}4\), et \((\text{rouge},\text{non})\) seulement \(0{,}04\).
À toi 2.17 — Essai guidé et justification
Dans l’exemple, calcule la probabilité d’un affichage rouge ou d’une réponse non. Pourquoi l’addition \(0{,}2+0{,}2\) n’est-elle pas suffisante ?
Indice. Identifie le chemin commun, ou décris le complémentaire de l’événement demandé.
Correction expliquée 2.18 — Deux méthodes compatibles
L’intersection « rouge et non » a pour probabilité \(0{,}2\times0{,}2=0{,}04\). La réunion vaut donc \(0{,}2+0{,}2-0{,}04=0{,}36\). Son contraire est « non rouge et oui », déjà de probabilité \(0{,}64\) ; \(1-0{,}64=0{,}36\) confirme le résultat. La justification attendue indique le double comptage du chemin commun, pas seulement le mot « formule ».
À toi 2.19 — Essai autonome : avec ou sans remise
Reprends les trois jetons rouges et deux bleus du repérage. Calcule la probabilité d’obtenir exactement un rouge en deux tirages, d’abord avec remise et indépendance, puis sans remise. Explique pourquoi les deux chemins favorables sont distincts.
Indice. Les chemins sont rouge–bleu et bleu–rouge ; les dénominateurs du deuxième tirage ne sont pas les mêmes dans les deux dispositifs.
Correction expliquée 2.20 — Le modèle précède la formule
Avec remise et indépendance, chacun des chemins favorables a pour probabilité \((3/5)(2/5)=6/25\). Leur réunion vaut donc \(12/25=0{,}48\).
Sans remise, \(\mathbb{P}(RB)=(3/5)(2/4)=6/20\) et \(\mathbb{P}(BR)=(2/5)(3/4)=6/20\). La probabilité demandée est \(12/20=0{,}6\). Il ne faut pas multiplier par \(3/5\) ou \(2/5\) au second tirage : il reste quatre jetons. Les chemins \(RB\) et \(BR\) correspondent à deux ordres distincts ; ils ne peuvent pas se produire simultanément dans la même réalisation.
Remarque 2.21 — Approfondissement : deux à deux ne suffit pas
Pour trois expériences ou plus, l’indépendance mutuelle est plus forte que l’indépendance de chaque paire. Ce point n’est pas nécessaire aux calculs usuels si l’énoncé donne explicitement des répétitions indépendantes, mais il explique pourquoi cette hypothèse doit être prise au sérieux.
Contre-exemple 2.22 — Trois événements indépendants deux à deux, mais pas ensemble
On lance deux pièces équilibrées indépendantes. Les quatre issues \(PP,PF,FP,FF\) sont équiprobables. Soit \(A\) : « la première donne P », \(B\) : « la seconde donne P », \(C\) : « les deux résultats sont identiques ». Chaque événement a une probabilité \(1/2\). Chaque intersection de deux de ces événements est \(\{PP\}\), de probabilité \(1/4=(1/2)^2\) : les paires sont indépendantes.
Mais \(A\cap B\cap C=\{PP\}\) a pour probabilité \(1/4\), et non \((1/2)^3=1/8\). Connaître les deux résultats fixe entièrement le troisième critère. On ne peut donc pas multiplier trois probabilités sur la seule foi d’une indépendance deux à deux.
Erreur à éviter 2.23 — Réparation : lire les probabilités aux bons nœuds
Dans un arbre sans remise, répéter mécaniquement les probabilités de la première étape efface la dépendance. Dessine un sac résiduel après chaque branche, compte le nouvel effectif total, puis vérifie que les probabilités des branches qui sortent du nœud totalisent 1.
À toi 2.24 — Nouvel essai de contrôle
Un sac contient deux jetons blancs et deux noirs. Sans remise, quelle est la probabilité d’obtenir deux blancs ? Puis réponds avec remise et nouveau tirage indépendant.
Correction expliquée 2.25 — Les dénominateurs révèlent le dispositif
Sans remise : \((2/4)(1/3)=1/6\). Avec remise et indépendance : \((2/4)(2/4)=1/4\). Le premier résultat utilise le jeton blanc restant parmi les trois jetons restants ; le second utilise à nouveau la composition initiale. Refaire cette explication à voix haute est le critère de réparation.
Contrôle 2.26 — Mini-test sans aide
1. \(\mathbb{P}(A)=0{,}4\), \(\mathbb{P}(B)=0{,}7\) et \(A,B\) indépendants : calcule \(\mathbb{P}(A\cap\overline B)\). 2. Trois expériences indépendantes ont respectivement 2, 3 et 4 issues : combien d’uplets composent l’univers produit ? Sont-ils nécessairement équiprobables ? 3. La règle « multiplier sur un chemin » est-elle réservée aux arbres indépendants ?
Correction expliquée 2.27 — Mini-test
1. Les contraires conservent l’indépendance, donc \(0{,}4(1-0{,}7)=0{,}12\). 2. Il y a \(2\times3\times4=24\) uplets : pour chaque premier choix, trois deuxièmes choix puis quatre troisièmes choix. L’équiprobabilité n’est pas donnée ; elle ne découle pas du nombre d’issues. 3. Non : le produit utilise les probabilités conditionnelles successives. L’indépendance permet seulement de remplacer celles-ci par les probabilités non conditionnelles des expériences correspondantes.
À toi 2.28 — Reprise différée : justifier les opérations
Deux alarmes se déclenchent indépendamment avec probabilités \(0{,}1\) et \(0{,}2\). Demain, calcule sans aide la probabilité qu’aucune ne se déclenche, puis qu’au moins l’une se déclenche. Explique pourquoi le produit \(0{,}1\times0{,}2\) répond à une autre question.
Correction expliquée 2.29 — Contrôle de la reprise différée
Les événements contraires sont indépendants : aucune alarme a pour probabilité \(0{,}9\times0{,}8=0{,}72\). Au moins une est l’événement contraire, de probabilité \(1-0{,}72=0{,}28\). Le produit \(0{,}1\times0{,}2=0{,}02\) concerne les deux alarmes à la fois. Réussir exige de nommer intersection et complémentaire, pas seulement de calculer.
3. De l’épreuve de Bernoulli à la variable binomiale
Objectif. Identifier exactement l’expérience, le succès, les paramètres et la variable aléatoire.
Point de reprise 3.1 — Ce dont cette unité a besoin
Un événement est un ensemble d’issues. Son contraire a pour probabilité \(1-p\) si sa propre probabilité est \(p\). Dans une succession d’expériences indépendantes, la probabilité d’un chemin fixé est le produit des probabilités de ses résultats successifs. On additionne des chemins distincts lorsqu’ils représentent des cas incompatibles.
À toi 3.2 — Repérage : qu’est-ce qui est fixé ?
On compare trois protocoles : (a) inspecter 8 composants indépendants et compter les défauts ; (b) inspecter jusqu’au premier défaut et compter les composants inspectés ; (c) inspecter 8 composants dont les probabilités de défaut diffèrent. Lequel peut conduire directement à une loi binomiale ? Quelle information manque encore pour l’affirmer ?
Correction expliquée 3.3 — Deux conditions distinctes à surveiller
Le protocole (a) peut convenir si tous les composants ont la même probabilité de défaut. Dans (b), le nombre d’inspections est aléatoire et l’on compte une attente, pas les succès parmi un nombre fixé d’essais. Dans (c), le paramètre n’est pas constant : l’indépendance éventuelle ne suffit pas.
Si tu as retenu tous les protocoles parce qu’il y a « défaut ou pas défaut », reprends les quatre vérifications de la méthode ci-dessous. Deux issues ne suffisent pas à définir un schéma de Bernoulli répété.
Définition 3.4 — Épreuve de Bernoulli et paramètre
Une épreuve de Bernoulli est une expérience dont on ne retient que deux résultats complémentaires : un succès \(S\) de probabilité \(p\in[0;1]\), et un échec \(\overline S\) de probabilité \(q=1-p\).
Le paramètre est \(p\). Le mot « succès » nomme le critère choisi : un défaut, un retard ou une panne peuvent être des succès au sens mathématique. Une expérience physique peut avoir beaucoup d’issues, regroupées en deux catégories selon le critère.
Définition 3.5 — Variable aléatoire et indicatrice du succès
Une variable aléatoire associe un nombre réel à chaque issue. L’événement \(\{Y=y\}\) regroupe toutes les issues auxquelles elle associe le nombre \(y\). Sa loi de probabilité donne les probabilités de ses différentes valeurs.
L’indicatrice du succès, notée \(I\), vaut 1 si \(S\) se réalise et 0 sinon. Elle suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p\) : \[\begin{array}{c|cc}i&0&1\\\hline \mathbb{P}(I=i)&1-p&p\end{array}\] Il faut distinguer l’événement \(S\), qui est un ensemble d’issues, et \(I\), qui est une fonction numérique.
Exemple expliqué 3.6 — Une expérience à six issues, une observation binaire
On lance un dé équilibré et on choisit comme succès « obtenir un multiple de 3 ». Les six issues physiques sont \(1,2,3,4,5,6\) ; le succès est \(S=\{3,6\}\), donc \(p=2/6=1/3\).
L’indicatrice vaut 1 pour les issues 3 et 6 ; elle vaut 0 pour les quatre autres. Sa loi est \(\mathbb{P}(I=1)=1/3\), \(\mathbb{P}(I=0)=2/3\). L’indicatrice n’est pas le nombre affiché sur le dé : si le dé affiche 6, elle vaut 1 et non 6.
Définition 3.7 — Espérance et variance d’une variable finie : premier contact
Si une variable \(Y\) prend les valeurs \(y_1,\ldots,y_m\) avec probabilités \(r_1,\ldots,r_m\), son espérance est la moyenne pondérée \[\operatorname{E}(Y)=\sum_{j=1}^m y_jr_j.\] Sa variance est la moyenne pondérée des carrés des écarts à cette espérance : \[\operatorname{V}(Y)=\sum_{j=1}^m\bigl(y_j-\operatorname{E}(Y)\bigr)^2r_j.\] Son écart type est \(\sigma(Y)=\sqrt{\operatorname{V}(Y)}\). La variance est positive ou nulle, car chaque terme de sa définition l’est. Ces notions seront développées et interprétées dans l’unité 8.
Proposition 3.8 — Moments d’une indicatrice de Bernoulli
Si \(I\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p\), alors \[\operatorname{E}(I)=p,\qquad \operatorname{V}(I)=p(1-p),\qquad \sigma(I)=\sqrt{p(1-p)}.\]
Démonstration 3.9 — Appliquer les définitions aux deux valeurs
La moyenne pondérée vaut \(0(1-p)+1p=p\). En remplaçant l’espérance par \(p\) dans la variance, \[\begin{align*} \operatorname{V}(I)&=(0-p)^2(1-p)+(1-p)^2p\\ &=p^2(1-p)+p(1-p)^2\\ &=p(1-p)\bigl[p+(1-p)\bigr]=p(1-p). \end{align*}\] Le facteur commun est \(p(1-p)\) ; la somme entre crochets vaut 1. On prend ensuite la racine carrée positive pour obtenir l’écart type. Le calcul reste valable pour \(p=0\) et \(p=1\), qui donnent une variable constante et une variance nulle.
Répéter le même modèle, puis compter les succès
Définition 3.10 — Schéma de Bernoulli
Un schéma de Bernoulli de paramètres \(n\) et \(p\) est la répétition de \(n\) épreuves de Bernoulli indépendantes, de même paramètre \(p\), où \(n\ge1\) est un entier fixé avant l’expérience. Une issue s’écrit comme une liste ordonnée de \(n\) succès ou échecs.
Définition 3.11 — Loi binomiale
Dans un schéma de Bernoulli de paramètres \(n,p\), la variable \(X\) égale au nombre de succès suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\). On note \[X\sim\mathcal{B}(n;p).\] Elle prend ses valeurs parmi \(0,1,\ldots,n\). Si \(I_i\) est l’indicatrice du succès à l’essai \(i\), alors, pour chaque réalisation, \[X=I_1+\cdots+I_n.\] Cette égalité exprime un comptage : chaque succès ajoute 1, chaque échec ajoute 0.
Convention 3.12 — Aucun essai et paramètres extrêmes
On peut prolonger la définition à \(n=0\) : sans essai, le nombre de succès vaut toujours 0. Si \(p=0\), aucun succès n’arrive ; si \(p=1\), les \(n\) essais donnent tous un succès. Ces cas sont traités directement, sans utiliser une puissance \(0^0\) ambiguë dans une formule.
Méthode 3.13 — Les quatre vérifications avant d’écrire la loi
Définir le succès et la variable : compte-t-on effectivement ses occurrences ?
Identifier le nombre fixé d’essais \(n\).
Justifier l’indépendance des essais, par le dispositif ou l’hypothèse de modélisation.
Justifier que la probabilité \(p\) est la même à chaque essai.
La conclusion doit nommer la variable et ses paramètres. « Il y a deux issues, donc c’est binomial » ne répond qu’à une partie de la question.
Lecture. La liste S, E, S, E, E, S comporte six positions. Les indicatrices sont 1, 0, 1, 0, 0, 1 et leur somme vaut 3. D’autres listes peuvent donner le même nombre 3 : c’est la raison du coefficient de dénombrement dans la formule binomiale.
Exemple expliqué 3.14 — Modéliser un contrôle de qualité
Dans un modèle de fabrication, chaque composant est défectueux avec probabilité \(0{,}08\) et les états des composants sont supposés indépendants. On inspecte un lot de 25 composants et \(X\) compte les défectueux.
Le succès choisi est « défectueux », même s’il est indésirable. Chaque inspection est binaire, le nombre d’inspections est fixé à 25, l’indépendance est donnée et \(p=0{,}08\) est commun aux essais. Donc \(X\sim\mathcal{B}(25;0{,}08)\). Sa plus petite valeur possible est 0, sa plus grande 25.
La variable \(Y=25-X\) compte les composants non défectueux. Le nouveau succès a pour probabilité \(0{,}92\) ; les inspections restent indépendantes. Ainsi \(Y\sim\mathcal{B}(25;0{,}92)\). La variable « rang du premier défaut » ne désigne ni \(X\) ni \(Y\).
Contre-exemple 3.15 — Paramètre commun, mais pas d’indépendance
On lance une seule pièce équilibrée puis on recopie son résultat trois fois. Chacune des trois inscriptions a une probabilité \(1/2\) d’être P. Pourtant le nombre \(X\) de P vaut seulement 0 ou 3, chacun avec probabilité \(1/2\) ; il ne peut pas valoir 1 ou 2. Ce n’est pas le nombre de succès de trois essais indépendants. Avoir la même probabilité à chaque position ne suffit pas.
Contre-exemple 3.16 — Indépendance, mais paramètres différents
Deux capteurs indépendants détectent une anomalie avec probabilités \(0{,}2\) et \(0{,}8\). Le nombre \(X\) de détections a pour loi \[\mathbb{P}(X=0)=0{,}8\times0{,}2=0{,}16,\quad \mathbb{P}(X=2)=0{,}2\times0{,}8=0{,}16,\] \[\mathbb{P}(X=1)=0{,}2\times0{,}2+0{,}8\times0{,}8=0{,}68.\] Ce n’est pas une \(\mathcal{B}(2;0{,}5)\), qui donnerait \(0{,}25;0{,}50;0{,}25\). Plus fortement, si c’était une \(\mathcal{B}(2;p)\), on aurait à la fois \(p^2=0{,}16\) et \((1-p)^2=0{,}16\). Comme \(p\in[0;1]\), la première égalité imposerait \(p=0{,}4\) et la seconde \(p=0{,}6\), ce qui est impossible. Remplacer les deux paramètres par leur moyenne change la loi.
À toi 3.17 — Essai guidé, puis formulation personnelle
On interroge 12 personnes selon un modèle de réponses indépendantes ; chacune répond oui avec probabilité \(0{,}65\). Définis la variable \(X\) comptant les réponses oui, donne sa loi, puis définis la variable comptant les réponses non et donne sa loi.
Indice. Il faut conserver le nombre de réponses et changer le critère de succès. Termine par une phrase donnant les quatre justifications, pas seulement deux nombres.
Correction expliquée 3.18 — La variable fait partie de la réponse
\(X\) associe à une série de 12 réponses son nombre de oui. Le succès est « oui », les 12 essais sont fixés, indépendants et ont tous le paramètre \(0{,}65\) : \(X\sim\mathcal{B}(12;0{,}65)\). Le nombre de non est \(Y=12-X\) et \(Y\sim\mathcal{B}(12;0{,}35)\).
Une formulation personnelle correcte mentionne explicitement le critère, le nombre d’essais, l’indépendance et la constance du paramètre. Dire seulement « les personnes sont différentes » ne démontre pas leur indépendance : des personnes différentes peuvent s’influencer.
À toi 3.19 — Essai autonome : décider, pas seulement calculer
Pour chacun des protocoles, décide si le modèle binomial est directement justifié ; si oui, donne ses paramètres. Sinon, précise l’hypothèse absente.
On tire 6 fois indépendamment, avec remise, dans un sac contenant 4 jetons verts et 5 jaunes ; on compte les verts.
On tire 6 jetons dans ce sac sans remise et on compte les verts.
On répète le premier dispositif jusqu’au premier vert et on compte le nombre de tirages.
On lance 6 fois indépendamment un dé équilibré et on compte les résultats supérieurs ou égaux à 5.
Indice. Dans chaque cas, écris d’abord ce que le nombre observé représente.
Correction expliquée 3.20 — Quatre situations, deux lois binomiales
1. Le modèle est \(\mathcal{B}(6;4/9)\) : tirages indépendants, probabilité constante et nombre de tirages fixé. 2. La composition varie après chaque tirage : les tirages ne sont pas indépendants, le modèle binomial n’est pas justifié. D’ailleurs, six succès sont impossibles puisqu’il n’y a que quatre verts. 3. Le nombre de tirages n’est pas fixé : on observe un temps d’attente. Ce n’est pas la variable binomiale ; ce cas sera étudié en prolongement. 4. Le succès regroupe les issues 5 et 6, donc \(p=2/6=1/3\) ; la variable suit \(\mathcal{B}(6;1/3)\).
Erreur à éviter 3.21 — Réparation : ne confonds pas la durée et le compteur
Dans « compter les succès parmi dix essais », dix est fixé et le nombre de succès varie. Dans « continuer jusqu’au dixième succès », le nombre de succès final est fixé et la durée varie. Souligne le nombre fixé, entoure le nombre aléatoire, puis reformule la variable avec un nom : nombre de succès ou nombre d’essais.
À toi 3.22 — Nouvel essai de contrôle
Un jeu indépendant est gagné avec probabilité \(0{,}3\). Nora joue exactement 7 parties et compte ses victoires. Sami joue jusqu’à sa première victoire et compte ses parties. Quel nombre aléatoire est binomial ? Donne aussi la loi de l’indicatrice d’une seule victoire.
Correction expliquée 3.23 — Revenir au sens des paramètres
Le compteur de Nora suit \(\mathcal{B}(7;0{,}3)\) : il compte les victoires parmi sept essais. Celui de Sami compte une attente ; le nombre d’essais n’est pas fixé. L’indicatrice d’une partie suit la loi de Bernoulli de paramètre \(0{,}3\) : elle vaut 1 avec probabilité \(0{,}3\) et 0 avec probabilité \(0{,}7\). Sa moyenne vaut \(0{,}3\) et sa variance \(0{,}3\times0{,}7=0{,}21\).
Contrôle 3.24 — Mini-test sans aide
1. Une variable de Bernoulli de paramètre \(0{,}12\) peut-elle prendre la valeur \(0{,}12\) ? 2. Que compte \(X\sim\mathcal{B}(9;0{,}12)\) dans un schéma adapté ? 3. Quels sont les résultats certains pour \(\mathcal{B}(9;0)\), \(\mathcal{B}(9;1)\) et \(\mathcal{B}(0;0{,}12)\) ?
Correction expliquée 3.25 — Mini-test
1. Non : ses valeurs sont 0 et 1 ; \(0{,}12\) est la probabilité de la valeur 1, et aussi son espérance. 2. \(X\) compte les succès parmi neuf essais indépendants de probabilité commune \(0{,}12\). 3. Les valeurs certaines sont respectivement 0, 9 et 0. Si tu sais distinguer valeur, probabilité et paramètre, tu peux aborder la formule générale sans confusion.
À toi 3.26 — Reprise différée : reconstruire le modèle
Demain, sans relire les quatre vérifications, rédige le modèle du nombre de réponses correctes à 5 questions indépendantes, chacune réussie avec probabilité \(0{,}6\). Puis remplace la consigne par « répondre jusqu’à la première erreur » : explique pourquoi la variable « nombre de questions traitées » change de nature.
Correction expliquée 3.27 — Contrôle de la reprise différée
Le nombre \(X\) de réponses correctes parmi cinq questions suit \(\mathcal{B}(5;0{,}6)\) : succès défini, nombre fixé, indépendance et paramètre commun sont donnés. En s’arrêtant à la première erreur, on compte une durée aléatoire et non les succès parmi cinq essais fixés. Ce second compteur n’est pas binomial. La réussite suppose d’expliquer cette différence de variable, même si les probabilités individuelles restent constantes.
4. Pourquoi la formule binomiale contient-elle un coefficient ?
Objectif. Construire la loi du nombre de succès, comprendre chaque facteur et justifier la formule sans dépendre d’un autre chapitre.
Se situer avant de commencer
À toi 4.1 — Repérage C04 : un résultat précis ou plusieurs ?
Quatre essais indépendants ont chacun une probabilité de succès égale à \(0{,}3\). On note S un succès et E un échec.
Combien de succès comporte SEES ? SSEE décrit-il le même résultat détaillé ?
Quelle est la probabilité du résultat détaillé SSEE ?
Écris tous les résultats détaillés comportant exactement deux succès.
Cherche d’abord sans formule. Si tu bloques à la deuxième question, reprends le produit des probabilités le long d’un chemin dans l’unité U02. Si c’est la troisième question qui résiste, lis lentement le dénombrement ci-dessous.
Correction expliquée 4.2 — Ce que vérifie ce repérage
SEES et SSEE comportent chacun deux succès, mais ce sont deux résultats détaillés différents : le succès ne se produit pas aux mêmes essais. Par indépendance, \[\mathbb{P}(\text{SSEE})=0{,}3\times0{,}3\times0{,}7\times0{,}7=0{,}0441.\] Les six résultats cherchés sont SSEE, SESE, SEES, ESSE, ESES et EESS. Les avoir tous écrits une seule fois valide le dénombrement. Si tu n’en as écrit qu’un, tu as confondu un chemin et un événement qui rassemble plusieurs chemins : le schéma suivant et l’exemple de référence sont prioritaires pour toi.
Le rappel de dénombrement dont on a réellement besoin
Définition 4.3 — Factorielle d’un entier naturel
Pour un entier \(n\geqslant1\), le nombre \(n!\), lu « factorielle \(n\) » , est le produit des entiers de \(1\) à \(n\) : \[n!=1\times2\times\cdots\times n.\] Par convention, \(0!=1\). Ainsi \(1!=1\), \(3!=6\) et \(5!=120\). Le point d’exclamation appartient à la notation mathématique : ce n’est pas une ponctuation expressive.
Lemme 4.4 — Ordonner des objets tous distincts
Il existe \(k!\) façons d’ordonner \(k\) objets distincts. Pour \(k=0\), il existe une seule liste sans objet : la liste vide.
Démonstration 4.5 — Compter successivement les possibilités
Pour \(k\geqslant1\), on dispose de \(k\) choix pour le premier objet, puis de \(k-1\) choix pour le deuxième, et ainsi de suite jusqu’au dernier, imposé. Chaque suite de choix donne un ordre et un seul ; chaque ordre se construit de cette manière. Le principe multiplicatif donne donc \(k(k-1)\cdots1=k!\). Le cas vide est cohérent avec la convention \(0!=1\) : il n’y a aucune décision à prendre, mais une seule liste obtenue.
Définition 4.6 — Combinaison et coefficient binomial
Soient \(n\in\mathbb{N}\) et \(k\in\{0,1,\ldots,n\}\). Une combinaison de \(k\) éléments parmi \(n\) est un choix de \(k\) éléments distincts sans ordre. Leur nombre se note \(\binom nk\) et se lit « \(k\) parmi \(n\) » .
Choisir les positions \(\{1,4\}\) parmi quatre positions est un seul choix : écrire \(\{4,1\}\) ne crée pas un nouveau choix. En revanche, les listes ordonnées \((1,4)\) et \((4,1)\) sont différentes.
Proposition 4.7 — Calculer un coefficient binomial
Pour \(0\leqslant k\leqslant n\), \[\boxed{\displaystyle \binom nk=\frac{n!}{k!(n-k)!}.}\] En particulier, \(\binom n0=\binom nn=1\) et, pour \(n\geqslant1\), \(\binom n1=n\).
Démonstration 4.8 — Pourquoi diviser par \(k!\) ?
Supposons d’abord \(1\leqslant k\leqslant n\). Une liste ordonnée de \(k\) éléments distincts se construit avec \(n\) choix, puis \(n-1\), jusqu’à \(n-k+1\). Il existe donc \[n(n-1)\cdots(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}\] listes de ce type. Fixons maintenant un choix sans ordre de \(k\) éléments. D’après le lemme, il produit exactement \(k!\) listes ordonnées. Tous les choix produisent le même nombre de listes, et deux choix différents ne produisent pas la même liste. Ainsi \[\binom nk\,k!=\frac{n!}{(n-k)!},\] d’où la formule en divisant par \(k!>0\). Pour \(k=0\), on choisit nécessairement l’ensemble vide ; le nombre de choix vaut \(1\), comme \(n!/(0!n!)\). Choisir les \(n\) éléments donne également un seul choix. Enfin, un choix d’un élément se fait de \(n\) façons.
Exemple expliqué 4.9 — Simplifier avant de calculer
Choisir trois positions parmi huit donne \[\binom83=\frac{8!}{3!5!}=\frac{8\times7\times6}{3\times2\times1}=56.\] On simplifie les facteurs \(1\) à \(5\), communs au numérateur et au dénominateur. Il ne s’agit pas de \(8^3\) : cette puissance autoriserait de reprendre une position et distinguerait les ordres de sélection.
Lecture. Une ligne représente un résultat détaillé. Toutes les lignes ont le même nombre de S, mais les positions de ces S changent. Le coefficient \(\binom42=6\) compte les lignes, pas leur probabilité.
Passer des résultats détaillés au nombre de succès
Définition 4.10 — Loi binomiale
Dans un schéma de Bernoulli de \(n\) épreuves, chacune de paramètre \(p\), on note \(X\) le nombre de succès. On dit que \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\), et on écrit \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\).
Le nombre d’épreuves \(n\geqslant1\) est un entier fixé et \(p\in[0;1]\). Le cas \(n=0\) sera précisé séparément. Les valeurs de \(X\) sont comprises entre \(0\) et \(n\). Le mot « binomiale » ne dispense jamais de vérifier les hypothèses du schéma.
Vocabulaire 4.11 — Trois objets à ne pas confondre
Dans un schéma de quatre essais, SSEE est une issue détaillée. L’événement \(\{X=2\}\) est l’ensemble des six issues ayant deux succès. La variable aléatoire \(X\) associe le nombre \(2\) à chacune de ces six issues. Enfin, \(\mathbb{P}(X=2)\) est un nombre entre \(0\) et \(1\) : la probabilité de cet événement.
Théorème 4.12 — Probabilité de \(k\) succès
Si \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\), avec \(n\geqslant1\) et \(0<p<1\), alors, pour chaque entier \(k\) de \(0\) à \(n\), \[\boxed{\displaystyle \mathbb{P}(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k}.}\] Les trois facteurs ont des rôles différents : \(\binom nk\) compte les placements des succès ; \(p^k\) correspond aux \(k\) succès ; \((1-p)^{n-k}\) correspond aux autres essais, qui sont des échecs.
Démonstration 4.13 — Un chemin, puis tous les chemins utiles
Fixons les positions des \(k\) succès. Le résultat détaillé est alors complètement déterminé : à chacune des autres positions se trouve un échec. Par indépendance, sa probabilité est le produit de \(k\) facteurs égaux à \(p\) et de \(n-k\) facteurs égaux à \(1-p\), donc \(p^k(1-p)^{n-k}\).
Il y a \(\binom nk\) choix de ces positions. Chaque choix détermine un chemin distinct. Lors d’une réalisation, deux chemins détaillés différents ne peuvent pas se produire simultanément : leurs événements sont incompatibles. Leur réunion est exactement \(\{X=k\}\). On additionne donc leurs probabilités. Comme elles sont égales, la somme vaut \(\binom nk\) fois \(p^k(1-p)^{n-k}\).
Pour \(k=0\), un seul chemin contient uniquement des échecs, et \(p^0=1\) puisque \(p>0\). Pour \(k=n\), un seul chemin contient uniquement des succès. Les cas extrêmes sont donc bien compris dans la preuve.
Propriété 4.14 — La somme des probabilités vaut \(1\)
Pour \(n\geqslant1\) et \(0<p<1\), \[\sum_{k=0}^{n}\binom nk p^k(1-p)^{n-k}=1.\] Le symbole \(\sum\) signifie ici que l’on additionne les termes obtenus pour \(k=0,1,\ldots,n\).
Démonstration 4.15 — Une partition de toutes les possibilités
Le nombre de succès est nécessairement l’un des entiers \(0,1,\ldots,n\) et ne peut pas prendre deux de ces valeurs à la fois. Les événements \(\{X=0\},\ldots,\{X=n\}\) sont donc incompatibles deux à deux et leur réunion est l’univers entier. La somme de leurs probabilités vaut la probabilité de cet univers, soit \(1\). En remplaçant chaque probabilité par la formule démontrée, on obtient l’identité. Cette preuve ne nécessite pas de connaître le binôme de Newton.
Convention 4.16 — Aucun essai, succès impossible ou succès certain
Pour \(n\geqslant1\), si \(p=0\), aucun succès ne se produit : \(\mathbb{P}(X=0)=1\). Si \(p=1\), tous les essais réussissent : \(\mathbb{P}(X=n)=1\). Les autres valeurs ont une probabilité nulle.
On peut aussi convenir que \(\mathcal{B}(0;p)\) décrit le nombre de succès lorsqu’on ne réalise aucun essai : ce nombre vaut toujours \(0\). Ces descriptions directes évitent d’utiliser une expression \(0^0\) dans la formule. Aucune convention sur \(0^0\) n’est nécessaire ici.
Exemple de référence et premier entraînement
Exemple expliqué 4.17 — Quatre essais : vérifier tout le tableau
Un module doit transmettre quatre messages. Dans le modèle choisi, les transmissions sont indépendantes et chacune est validée avec probabilité \(0{,}3\). On note \(X\) le nombre de validations. Le succès est « message validé » ; il y a quatre essais indépendants de même paramètre. Ainsi \(X\sim\mathcal{B}(4;0{,}3)\).
La validation des deux premiers messages et l’échec des deux derniers est le chemin SSEE, de probabilité \(0{,}0441\). En revanche, deux validations à des positions quelconques donnent \[\mathbb{P}(X=2)=\binom42(0{,}3)^2(0{,}7)^2=6\times0{,}0441=0{,}2646.\] Le tableau complet s’obtient avec les mêmes facteurs :
| \(k\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) |
|---|---|---|---|---|---|
| \(\binom4k\) | \(1\) | \(4\) | \(6\) | \(4\) | \(1\) |
| \(\mathbb{P}(X=k)\) | \(0{,}2401\) | \(0{,}4116\) | \(0{,}2646\) | \(0{,}0756\) | \(0{,}0081\) |
Ces cinq probabilités totalisent \(1\). Elles ne sont pas égales : cinq valeurs possibles ne signifie pas cinq valeurs équiprobables.
À toi 4.18 — Essai guidé : un succès sur trois
Trois essais indépendants ont chacun une probabilité de succès \(0{,}2\). Écris d’abord les chemins avec un seul succès, puis la probabilité d’un chemin, enfin la probabilité totale. Indice si nécessaire : les chemins sont déterminés par la position de leur unique S.
Correction expliquée 4.19 — Trois chemins incompatibles
Les chemins sont SEE, ESE et EES. Chacun a pour probabilité \(0{,}2\times0{,}8^2=0{,}128\). Leur réunion a pour probabilité \(3\times0{,}128=0{,}384\). La formule donne bien \(\binom31(0{,}2)(0{,}8)^2\). Pour valider ton raisonnement, les trois rôles doivent apparaître : une position de succès, deux échecs, puis addition des trois chemins.
À toi 4.20 — À faire avant de consulter : deux succès sur cinq
Pour \(Y\sim\mathcal{B}(5;0{,}4)\), calcule la probabilité du chemin S E S E E, puis \(\mathbb{P}(Y=2)\). Explique précisément pourquoi les deux réponses sont différentes.
Indice : commence par compter les S et les E ; puis calcule \(\binom52\) en simplifiant les factorielles.
Correction expliquée 4.21 — Une probabilité multipliée par un nombre de chemins
Le chemin donné contient deux succès et trois échecs. Sa probabilité est \(0{,}4^2\times0{,}6^3=0{,}03456\). Il y a \(\binom52=5\times4/(2\times1)=10\) placements de deux succès. Les dix chemins sont incompatibles et de même probabilité ; ainsi \(\mathbb{P}(Y=2)=10\times0{,}03456=0{,}3456\). Le facteur \(10\) ne vient pas d’une approximation : il compte exactement les chemins retenus.
À toi 4.22 — Justifier, pas seulement calculer
Un élève écrit : « Pour \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\), tous les \(2^n\) chemins sont équiprobables puisqu’ils ont chacun \(n\) étapes. » Cette affirmation est-elle vraie ? Cherche un contre-exemple et indique le cas particulier où elle devient vraie.
Correction expliquée 4.23 — Le nombre d’étapes ne fixe pas le poids
Avec deux essais et \(p=0{,}3\), SS a pour probabilité \(0{,}09\), tandis que EE a pour probabilité \(0{,}49\). L’affirmation est fausse. En revanche, si \(p=1/2\), chaque branche pèse \(1/2\), donc chacun des \(2^n\) chemins pèse \((1/2)^n\). Une bonne justification donne les hypothèses, deux probabilités différentes pour réfuter le cas général, puis une explication du cas particulier.
Changer de point de vue et réparer une erreur
À toi 4.24 — Variation : compter les échecs
Si \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\) compte les succès, on note \(Y=n-X\) le nombre d’échecs. Quelle loi suit \(Y\) ? Exprime \(\mathbb{P}(X=k)\) à l’aide de \(Y\). Il ne s’agit pas de changer les nombres : il faut changer l’événement appelé succès.
Correction expliquée 4.25 — Le nouveau succès est l’ancien échec
Chaque indicatrice d’échec a pour paramètre \(1-p\), et les essais restent indépendants. Donc \(Y\sim\mathcal{B}(n;1-p)\). L’événement \(\{X=k\}\) est exactement \(\{Y=n-k\}\) : les deux probabilités sont égales. D’ailleurs, choisir les \(k\) positions de succès revient à choisir les \(n-k\) positions restantes ; ainsi \(\binom nk=\binom n{n-k}\), ce qui confirme l’égalité dans les formules.
Erreur à éviter 4.26 — Oublier ce qui se passe aux autres essais
Écrire \(\mathbb{P}(X=2)=\binom n2p^2\) oublie d’imposer des échecs aux \(n-2\) autres places. Cela ne décrit donc pas « exactement deux succès » . Pour retrouver le bon produit, écris d’abord un chemin entier et vérifie que les exposants totalisent \(n\).
Point de reprise 4.27 — Reprise simple corrigée : exactement un succès en deux essais
Il faut soit SE, soit ES. Chaque chemin vaut \(p(1-p)\), donc la probabilité est \(2p(1-p)\). Avec \(p=0{,}3\), on trouve \(0{,}42\), et non \(2p=0{,}6\). Le facteur \(1-p\) traduit une contrainte réelle, pas un détail de notation.
À toi 4.28 — Nouvel essai après la reprise
Trois essais indépendants ont chacun une probabilité de succès \(0{,}3\). Calcule la probabilité d’exactement deux succès. Vérifie les exposants, puis reviens au calcul de \(\mathbb{P}(Y=2)\) dans l’essai à cinq épreuves.
Correction expliquée 4.29 — Le test de retour
Il faut deux succès et un échec : \(\binom32(0{,}3)^2(0{,}7)=3\times0{,}09\times0{,}7=0{,}189\). Les exposants \(2\) et \(1\) totalisent \(3\). Au retour à cinq essais, ils deviennent \(2\) et \(3\), et le coefficient vaut \(10\). Si tu retrouves \(0{,}3456\) en expliquant ces trois changements, la difficulté a été levée.
À toi 4.30 — À refaire plus tard, sans regarder la formule
Six essais indépendants réussissent chacun avec probabilité \(1/4\). Reconstitue la probabilité d’exactement deux succès en expliquant séparément le poids d’un chemin et le nombre de chemins. Donne une fraction exacte.
Correction expliquée 4.31 — Correction de la tâche différée
Un chemin comportant deux succès et quatre échecs a pour probabilité \((1/4)^2(3/4)^4=81/4096\). Les positions des deux succès se choisissent de \(\binom62=15\) façons. La probabilité demandée est donc \(15\times81/4096=1215/4096\approx0{,}2966\). Pour considérer C04 acquis, tu dois pouvoir reconstruire ce raisonnement, pas seulement substituer des nombres dans une expression mémorisée.
À retenir 4.32 — Le raisonnement à emporter
Une loi binomiale compte des succès dans un schéma correctement identifié. Pour exactement \(k\) succès : choisir leurs positions, calculer le poids d’un chemin, puis additionner les chemins incompatibles. Les factorielles ne remplacent pas cette explication ; elles rendent le comptage efficace.
5. Calculer une probabilité binomiale sans se tromper de borne
Objectif. Traduire une phrase en événement, choisir un calcul exact adapté et lire correctement les probabilités cumulées.
Repérage : le petit décalage qui change tout
À toi 5.1 — Repérage C05 : quatre formulations proches
\(X\) compte des succès sur huit essais. Écris la liste des valeurs de \(X\) retenues par chacune des expressions : « moins de trois » , « au plus trois » , « au moins trois » , « plus de trois » . Quel est le contraire de « au moins trois » ?
Fais ce repérage avant tout calcul de probabilité. Si tu hésites, dessine les neuf entiers \(0\) à \(8\) et entoure les valeurs retenues : une formule ne répare pas une mauvaise traduction.
Correction expliquée 5.2 — Les quatre ensembles de valeurs
« Moins de trois » retient \(0,1,2\). « Au plus trois » retient \(0,1,2,3\). « Au moins trois » retient \(3,4,5,6,7,8\). « Plus de trois » retient \(4,5,6,7,8\). Le contraire de « au moins trois » est « moins de trois » , donc \(X\leqslant2\), et non \(X\leqslant3\).
Si tu as donné les bonnes listes, poursuis avec les cumuls. Sinon, utilise le schéma puis la reprise sur le complémentaire à la fin de l’unité, avant de revenir à l’exemple de référence.
Lecture. Les points marqués sont les seules valeurs retenues. Passer de \(<\) à \(\leqslant\) ajoute le point \(3\) ; passer de \(\geqslant\) à \(>\) le retire. L’égalité au seuil doit toujours être traitée explicitement.
Une table de probabilités, puis des cumuls
Notation 5.3 — Probabilité ponctuelle
Pour \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\), notons \(u_k=\mathbb{P}(X=k)\). Ce nombre est la probabilité d’une valeur précise, appelée probabilité ponctuelle. Pour \(0<p<1\) et \(0\leqslant k\leqslant n\), \[u_k=\binom nkp^k(1-p)^{n-k}.\] Pour un entier \(k<0\) ou \(k>n\), \(u_k=0\), car le nombre de succès ne peut pas prendre cette valeur.
Définition 5.4 — Probabilité cumulée et fonction de répartition
Pour tout réel \(t\), on pose \(F(t)=\mathbb{P}(X\leqslant t)\). Cette fonction est appelée fonction de répartition de \(X\). Pour un entier \(k\) de \(0\) à \(n\), \[F(k)=u_0+u_1+\cdots+u_k.\] Elle cumule les probabilités depuis la gauche. On a \(F(t)=0\) si \(t<0\) et \(F(t)=1\) si \(t\geqslant n\). Pour les autres réels, on ne conserve que les valeurs entières possibles : par exemple \(F(3{,}7)=F(3)\).
Propriété 5.5 — Monotonie et différence de deux cumuls
La fonction \(F\) est croissante au sens large : si \(s\leqslant t\), alors \(F(s)\leqslant F(t)\). Pour des entiers \(a\leqslant b\), \[\boxed{\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)=F(b)-F(a-1).}\] En particulier, \(\mathbb{P}(X=k)=F(k)-F(k-1)\).
Démonstration 5.6 — Retirer exactement les valeurs non souhaitées
Si \(s\leqslant t\), l’événement \(\{X\leqslant s\}\) est inclus dans \(\{X\leqslant t\}\). Ce dernier contient toutes les issues du premier, éventuellement d’autres. Sa probabilité ne peut donc pas être plus petite.
Pour des bornes entières \(a\leqslant b\), les valeurs inférieures ou égales à \(b\) se partagent en deux groupes incompatibles : celles inférieures ou égales à \(a-1\), puis celles allant de \(a\) à \(b\). Par addition des probabilités, \[F(b)=F(a-1)+\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b).\] On isole le dernier terme en soustrayant \(F(a-1)\). Pour ne garder que \(k\), on prend \(a=b=k\). La convention \(F(t)=0\) pour \(t<0\) rend ces égalités valables même lorsque \(a=0\).
Proposition 5.7 — Les traductions à savoir reconstruire
Pour un entier \(k\),
| Formulation | Événement | Probabilité |
|---|---|---|
| Exactement \(k\) | \(X=k\) | \(u_k\) |
| Au plus \(k\) | \(X\leqslant k\) | \(F(k)\) |
| Moins de \(k\) | \(X<k\) | \(F(k-1)\) |
| Au moins \(k\) | \(X\geqslant k\) | \(1-F(k-1)\) |
| Plus de \(k\) | \(X>k\) | \(1-F(k)\) |
Démonstration 5.8 — L’entier voisin et l’événement contraire
Comme \(X\) est entier, \(X<k\) signifie exactement \(X\leqslant k-1\). Le contraire de \(X\geqslant k\) est \(X<k\), d’où \(\mathbb{P}(X\geqslant k)=1-F(k-1)\). Le contraire de \(X>k\) est \(X\leqslant k\), d’où \(1-F(k)\). Les deux premières lignes sont les définitions de \(u_k\) et de \(F(k)\).
Un contrôle aux extrémités confirme les décalages : \(\mathbb{P}(X\geqslant0)=1-F(-1)=1\), tandis que \(\mathbb{P}(X>n)=1-F(n)=0\). Une expression qui contredit l’un de ces deux faits doit être corrigée.
Remarque 5.9 — Lorsque l’énoncé utilise des nombres non entiers
On commence par identifier les entiers admis. Si \(X\) est entier, \(X<3{,}7\) et \(X\leqslant3{,}7\) signifient tous deux \(X\leqslant3\). En revanche, \(X<3\) signifie \(X\leqslant2\), tandis que \(X\leqslant3\) garde la valeur \(3\).
De même, \(2{,}4<X<6{,}1\) signifie \(3\leqslant X\leqslant6\). On pourra ensuite employer \(F(6)-F(2)\). Écrire la liste ou les bornes entières évite d’apprendre une formule supplémentaire avec des notations d’arrondi entier.
Exemple de référence : choisir le bon événement
Exemple expliqué 5.10 — Un tableau de cumuls pour douze essais
Dans un modèle de douze essais indépendants, le succès a pour probabilité \(1/4\) à chaque essai. Le nombre \(X\) de succès suit \(\mathcal{B}(12;1/4)\). Les cumuls utiles ci-dessous sont affichés à six décimales ; les calculs ultérieurs sont faits avec les valeurs non arrondies.
| \(k\) | \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(F(k)\) | \(0{,}031676\) | \(0{,}158382\) | \(0{,}390675\) | \(0{,}648779\) | \(0{,}842356\) | \(0{,}945598\) |
Exactement trois succès. On calcule une seule probabilité : \[\mathbb{P}(X=3)=\binom{12}{3}\left(\frac14\right)^3\left(\frac34\right)^9 =\frac{1\,082\,565}{4\,194\,304}\approx0{,}258104.\] Moins de trois succès. Les valeurs retenues sont \(0,1,2\), donc \(\mathbb{P}(X<3)=F(2)\approx0{,}390675\).
Au moins quatre succès. Le contraire est \(X\leqslant3\), donc \[\mathbb{P}(X\geqslant4)=1-F(3)\approx0{,}351221.\] Entre deux et cinq succès, bornes comprises. On garde \(2,3,4,5\) : \[\mathbb{P}(2\leqslant X\leqslant5)=F(5)-F(1) =\frac{13\,207\,293}{16\,777\,216}\approx0{,}787216.\] Strictement plus de deux et au plus cinq. On ne garde plus que \(3,4,5\) : \(F(5)-F(2)\approx0{,}554923\). La différence entre ces deux réponses est précisément \(\mathbb{P}(X=2)\), car c’est la seule valeur qui a été retirée.
Méthode 5.11 — Une procédure courte, mais entièrement justifiée
Écris la loi et ses paramètres, après avoir vérifié le modèle.
Traduis la phrase en inégalité, puis repère les entiers inclus.
Choisis : une formule ponctuelle, une somme directe, ou un complémentaire. Pour un intervalle, retire le cumul situé avant sa borne gauche.
Écris une expression exacte avant de demander une approximation.
Vérifie que le résultat est entre \(0\) et \(1\) et qu’il respecte les inclusions d’événements. Par exemple, \(\mathbb{P}(X\geqslant4)\leqslant\mathbb{P}(X\geqslant3)\).
Un outil donnant la « probabilité cumulée » calcule habituellement une queue gauche, mais il faut lire précisément sa définition. On ne transforme pas \(P(X\geqslant k)\) en cumul gauche sans passer par le complémentaire.
Bon réflexe justifié 5.12 — Choisir le calcul le plus simple
Pour \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\) et \(0<p<1\), obtenir au moins un succès signifie ne pas avoir zéro succès. Ainsi \[\mathbb{P}(X\geqslant1)=1-\mathbb{P}(X=0)=1-(1-p)^n.\] Ce calcul utilise un terme au lieu des \(n\) termes \(\mathbb{P}(X=1),\ldots,\mathbb{P}(X=n)\). Les deux méthodes sont exactes : le complémentaire économise du travail sans changer l’événement. La même idée donne \(\mathbb{P}(X<n)=1-p^n\).
Essais avec correction et critères de réussite
À toi 5.13 — Essai guidé : somme ou différence ?
Soit \(Y\sim\mathcal{B}(8;0{,}4)\). Calcule \(\mathbb{P}(2\leqslant Y\leqslant4)\) de deux manières : par une somme de probabilités ponctuelles puis par une différence de cumuls. Tu peux utiliser \[F(1)=0{,}10637568,\qquad F(4)=0{,}8263296.\] Indice : la somme comporte trois termes ; le cumul retiré doit exclure toutes les valeurs strictement inférieures à \(2\).
Correction expliquée 5.14 — Deux écritures du même événement
Les valeurs retenues sont \(2,3,4\). Les probabilités ponctuelles obtenues par la formule binomiale sont respectivement \(0{,}20901888\), \(0{,}27869184\) et \(0{,}2322432\). Leur somme vaut \(0{,}71995392\). Par les cumuls, \[F(4)-F(1)=0{,}8263296-0{,}10637568=0{,}71995392.\] Pour valider l’essai, tes deux méthodes doivent garder les mêmes trois valeurs. La simple égalité des résultats affichés ne suffit pas si tu ne peux pas expliquer pourquoi on retire \(F(1)\) et non \(F(2)\).
À toi 5.15 — Avant de consulter : deux queues droites
Pour le même \(Y\sim\mathcal{B}(8;0{,}4)\), calcule \(\mathbb{P}(Y\geqslant3)\) et \(\mathbb{P}(Y>3)\), puis explique leur différence. On dispose de \(F(2)=0{,}31539456\) et \(F(3)=0{,}5940864\).
Indice : écris d’abord le contraire de chaque événement. Ne retire pas le même cumul dans les deux calculs.
Correction expliquée 5.16 — Le poids de la valeur frontière
On obtient \[\mathbb{P}(Y\geqslant3)=1-F(2)=0{,}68460544, \qquad \mathbb{P}(Y>3)=1-F(3)=0{,}4059136.\] Le premier événement contient le second et la valeur supplémentaire \(Y=3\). La différence est donc \(\mathbb{P}(Y=3)=0{,}27869184\). Vérifier cette différence permet de contrôler à la fois les bornes et les valeurs numériques.
À toi 5.17 — Pourquoi ne faut-il pas faire une moyenne ?
Un élève calcule la probabilité de \(Y=2\) ou \(Y=3\) en faisant la moyenne des deux probabilités. Explique l’erreur et donne le calcul correct. Quel fait sur les événements justifie ton opération ?
Correction expliquée 5.18 — Additionner des événements incompatibles
Les événements \(\{Y=2\}\) et \(\{Y=3\}\) sont incompatibles : \(Y\) ne peut pas avoir simultanément ces deux valeurs. Leur réunion a donc pour probabilité leur somme, \[0{,}20901888+0{,}27869184=0{,}48771072.\] Diviser par deux ne correspond à aucune règle ici. Une moyenne de probabilités pourrait apparaître dans un autre modèle, avec un choix préalable équiprobable entre deux expériences, mais aucun tel choix n’a lieu dans cette question. Le critère de réussite est l’identification des deux événements et de leur incompatibilité.
À toi 5.19 — Variation : une information nouvelle change le calcul
On sait maintenant que \(Y\geqslant2\). Quelle est la probabilité d’avoir au plus quatre succès sachant cette information ? Utilise le rappel sur les probabilités conditionnelles de U01. Pourquoi ne suffit-il plus de répondre \(F(4)\) ?
Correction expliquée 5.20 — Restreindre puis renormaliser
L’événement conditionnant est \(A=\{Y\geqslant2\}\), de probabilité \(1-F(1)=0{,}89362432>0\). Parmi ces issues, celles qui ont au plus quatre succès vérifient \(2\leqslant Y\leqslant4\). Ainsi \[\mathbb{P}_A(Y\leqslant4)=\frac{F(4)-F(1)}{1-F(1)} =\frac{0{,}71995392}{0{,}89362432}\approx0{,}805656.\] \(F(4)\) concerne l’expérience avant cette information et comprend notamment \(Y=0\) et \(Y=1\), désormais exclus. Une information conditionnelle ne conserve pas automatiquement la même loi binomiale sur l’univers restreint.
Une boucle de remédiation puis un retour autonome
Erreur à éviter 5.21 — Le mauvais complémentaire
L’erreur typique est \(\mathbb{P}(X\geqslant k)=1-F(k)\). Le membre de droite calcule en réalité \(\mathbb{P}(X>k)\) et perd la valeur \(k\). Pour réparer cette erreur, ne récite pas une formule : prononce le contraire de la phrase et énumère ses valeurs.
Point de reprise 5.22 — Reprise simple corrigée : deux essais équitables
Sur deux essais indépendants de paramètre \(1/2\), les chemins SS, SE, ES et EE pèsent chacun \(1/4\). « Au moins un succès » retient les trois premiers : sa probabilité vaut \(3/4\). Le contraire est « aucun succès » , de probabilité \(1/4\). Ainsi \(1-F(0)=3/4\). Retirer \(F(1)=3/4\) donnerait \(1/4\), la probabilité de deux succès seulement.
À toi 5.23 — Nouvel essai : reconstruire avant de calculer
Sur trois essais équitables indépendants, quelle est la probabilité d’au moins deux succès ? Écris les valeurs conservées puis les valeurs du contraire. Reviens ensuite aux deux queues droites de l’essai sur huit épreuves.
Correction expliquée 5.24 — Un contrôle par les deux côtés
On conserve \(2\) et \(3\) succès. Leur probabilité vaut \((\binom32+\binom33)/2^3=(3+1)/8=1/2\). Le contraire conserve \(0\) et \(1\), de probabilité \((1+3)/8=1/2\) ; on retrouve \(1-F(1)=1/2\). Au retour à huit essais, « au moins trois » impose de retirer \(F(2)\), et « plus de trois » de retirer \(F(3)\). La réparation est acquise si tu peux justifier ce décalage sans consulter le tableau de traduction.
Contrôle 5.25 — Résultat exact, approximation et comparaison
Un résultat exact peut être une fraction ou une somme explicite. Le signe \(\approx\) annonce un arrondi ; il ne doit pas devenir un signe \(=\). Additionner des nombres déjà arrondis peut modifier la dernière décimale, voire une comparaison proche d’un seuil. Conserve donc la précision de calcul, puis arrondis la réponse finale au rang demandé. Pour vérifier un seuil, compare d’abord les valeurs non arrondies.
À toi 5.26 — À refaire plus tard : des bornes non entières
Pour \(Y\sim\mathcal{B}(8;0{,}4)\), calcule \(\mathbb{P}(2{,}7<Y<6{,}2)\). On donne \(F(6)=0{,}99148032\) et \(F(2)=0{,}31539456\). Explique aussi pourquoi la réponse ne changerait pas en remplaçant les deux signes \(<\) par \(\leqslant\).
Correction expliquée 5.27 — Les entiers, puis les cumuls
Les entiers strictement compris entre \(2{,}7\) et \(6{,}2\) sont \(3,4,5,6\). Ainsi \[\mathbb{P}(2{,}7<Y<6{,}2)=F(6)-F(2)=0{,}67608576.\] Comme \(Y\) ne peut être égal ni à \(2{,}7\) ni à \(6{,}2\), rendre ces deux bornes incluses ne change aucune issue. Pour valider C05, la transformation en bornes entières doit précéder le calcul, et chaque cumul retiré doit être expliqué.
À retenir 5.28 — Le sens avant la touche de calcul
Une probabilité ponctuelle concerne une valeur ; un cumul rassemble toutes les valeurs à gauche. Un intervalle se calcule en retirant ce qui se trouve avant sa borne gauche. Les mots « au moins » et « plus de » ne désignent pas le même événement lorsque le seuil est entier. Une liste de valeurs est souvent le meilleur contrôle d’une formule.
6. Chercher un seuil : quelle quantité est inconnue ?
Objectif. Distinguer quantile, nombre d’essais et probabilité de succès ; démontrer le sens des inégalités et vérifier une réponse minimale ou maximale.
Avant toute touche de calcul : identifier l’inconnue
À toi 6.1 — Repérage C06 : trois problèmes différents
Dans chaque question, précise ce qui reste fixe et ce qui est à déterminer.
Sur \(18\) essais de paramètre \(0{,}4\), quel est le plus petit entier \(b\) tel que \(\mathbb{P}(X\leqslant b)\geqslant0{,}9\) ?
Avec une probabilité de succès \(0{,}18\) à chaque essai, combien d’essais faut-il pour avoir au moins un succès avec probabilité au moins \(0{,}95\) ?
Sur huit essais, quelle probabilité de succès faut-il assurer à chaque essai pour avoir au moins un succès avec probabilité au moins \(0{,}99\) ?
Si tu confonds les trois inconnues, traite d’abord la correction et nomme le paramètre qui change. Si tu sais les distinguer, passe aux preuves des méthodes.
Correction expliquée 6.2 — Une loi fixée ou une famille de lois ?
Dans la première question, \(n=18\) et \(p=0{,}4\) sont fixés : on cherche une borne \(b\) dans une même loi. Dans la deuxième, \(p\) reste fixé et le nombre d’essais \(n\) varie : on compare plusieurs lois \(\mathcal{B}(n;0{,}18)\). Dans la troisième, \(n=8\) reste fixé et c’est \(p\) qui varie. Le mot « seuil » ne suffit donc pas à choisir une méthode ; l’inconnue doit apparaître explicitement dans l’équation ou l’inégalité.
1. Une loi fixée : trouver une borne entière
Définition 6.3 — Plus petit seuil de cumul
Soit \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\) et \(F(k)=\mathbb{P}(X\leqslant k)\). Pour un niveau \(\tau\in]0;1[\), le quantile de niveau \(\tau\) est ici le plus petit entier \(b\) de \(0\) à \(n\) tel que \(F(b)\geqslant\tau\).
Il existe, car \(F(n)=1\geqslant\tau\). Le qualificatif « plus petit » impose de contrôler également ce qui se passe juste avant \(b\).
Caractérisation 6.4 — Prouver qu’un seuil est minimal
Avec la convention \(F(-1)=0\), le quantile \(b\) de niveau \(\tau\in]0;1[\) est caractérisé par \[\boxed{F(b-1)<\tau\leqslant F(b).}\]
Démonstration 6.5 — La monotonie élimine tous les entiers précédents
Si \(b\) est le plus petit entier qui convient, \(F(b)\geqslant\tau\) et, si \(b\geqslant1\), \(b-1\) ne convient pas : \(F(b-1)<\tau\). Si \(b=0\), cette dernière inégalité est vraie par \(F(-1)=0<\tau\).
Réciproquement, si les deux inégalités sont vérifiées, \(b\) convient. Pour tout entier \(j<b\), la croissance de \(F\) donne \(F(j)\leqslant F(b-1)<\tau\) ; aucun de ces \(j\) ne convient. Cela prouve la minimalité, pas seulement la validité du candidat.
Proposition 6.6 — Plus grand seuil garanti par une queue droite
Pour \(\tau\in]0;1[\), posons \(T(a)=\mathbb{P}(X\geqslant a)=1-F(a-1)\). Le plus grand entier \(a\) de \(0\) à \(n\) tel que \(T(a)\geqslant\tau\) est caractérisé par \[\boxed{T(a)\geqslant\tau>T(a+1),}\] où \(T(n+1)=0\).
Démonstration 6.7 — Un seuil plus élevé est plus exigeant
L’événement \(\{X\geqslant a+1\}\) est inclus dans \(\{X\geqslant a\}\) : \(T\) est décroissante au sens large. Le seuil \(0\) convient puisque \(T(0)=1\). Il existe donc un plus grand entier qui convient dans la liste finie \(0,\ldots,n\).
Pour établir qu’un candidat \(a\) est ce plus grand entier, on vérifie qu’il convient et que \(a+1\) ne convient pas. Tout entier encore plus grand possède une queue droite encore plus petite et ne convient pas non plus. Réciproquement, le caractère maximal impose bien ces deux comparaisons, avec \(T(n+1)=0\) lorsque \(a=n\).
Exemple expliqué 6.8 — Même loi, deux questions de seuil
Pour \(X\sim\mathcal{B}(18;0{,}4)\), cherchons d’abord le plus petit \(b\) tel que \(\mathbb{P}(X\leqslant b)\geqslant0{,}9\). Les cumuls donnent \[F(9)\approx0{,}865286<0{,}9, \qquad F(10)\approx0{,}942353\geqslant0{,}9.\] Donc \(b=10\). Une borne de \(11\) conviendrait aussi, mais elle ne serait pas minimale.
Cherchons maintenant le plus grand \(a\) tel que \(\mathbb{P}(X\geqslant a)\geqslant0{,}9\). On trouve \[\mathbb{P}(X\geqslant5)\approx0{,}905831\geqslant0{,}9, \qquad \mathbb{P}(X\geqslant6)\approx0{,}791242<0{,}9.\] Donc \(a=5\). La première question contrôle une queue gauche, la seconde une queue droite. Elles n’ont aucune raison de donner le même entier.
Lecture. On lit ici des probabilités de la forme \(\mathbb{P}(X\leqslant k)\), pas des probabilités ponctuelles. Le point \(9\) est encore sous le niveau demandé ; le point \(10\) le franchit. Les deux lectures certifient ensemble la minimalité.
À toi 6.9 — Essai guidé : lire puis certifier
Pour \(Y\sim\mathcal{B}(4;1/2)\), les cumuls aux entiers \(0,1,2,3,4\) sont respectivement \(1/16\), \(5/16\), \(11/16\), \(15/16\), \(1\).
Cherche le plus petit \(b\) tel que \(\mathbb{P}(Y\leqslant b)\geqslant0{,}9\).
Cherche le plus grand \(a\) tel que \(\mathbb{P}(Y\geqslant a)\geqslant0{,}9\).
Indice : dans la seconde question, transforme la queue droite en \(1-F(a-1)\) avant de comparer.
Correction expliquée 6.10 — Les voisins suffisent, grâce aux preuves précédentes
On a \(F(2)=11/16=0{,}6875<0{,}9\) et \(F(3)=15/16=0{,}9375\geqslant0{,}9\), donc \(b=3\).
Pour la queue droite, \(T(1)=1-F(0)=15/16\geqslant0{,}9\), tandis que \(T(2)=1-F(1)=11/16<0{,}9\). Le plus grand seuil est donc \(a=1\). Le critère de réussite n’est pas seulement d’annoncer \(3\) et \(1\) : il faut écrire les deux comparaisons qui prouvent chacun des caractères extrémaux.
2. Faire varier le nombre d’essais
Proposition 6.11 — Une probabilité strictement croissante avec le nombre d’essais
Fixons \(p\in]0;1[\) et notons \(X_n\) le nombre de succès de \(n\) épreuves indépendantes de paramètre \(p\). Alors \[\mathbb{P}(X_n\geqslant1)=1-(1-p)^n.\] Cette probabilité croît strictement avec \(n\) et tend vers \(1\).
Démonstration 6.12 — Complémentaire et différence de deux termes
L’événement contraire d’au moins un succès est la succession de \(n\) échecs, de probabilité \((1-p)^n\) par indépendance. Posons \(q=1-p\), donc \(0<q<1\). La différence entre les probabilités pour \(n+1\) et \(n\) essais vaut \[(1-q^{n+1})-(1-q^n)=q^n(1-q)=pq^n>0.\] La suite est strictement croissante. Comme \(q^n\) tend vers \(0\), la probabilité tend vers \(1\). On peut donc atteindre n’importe quel niveau strictement inférieur à \(1\) avec un nombre fini d’essais.
Théorème 6.13 — Résoudre un seuil sur le nombre d’essais
Pour \(0<p<1\) et \(0<\tau<1\), la condition \(\mathbb{P}(X_n\geqslant1)\geqslant\tau\) équivaut à \[\boxed{\displaystyle n\geqslant \frac{\ln(1-\tau)}{\ln(1-p)}.}\] Le plus petit nombre d’essais est donc le plus petit entier supérieur ou égal à ce quotient. Si l’on demande une probabilité strictement supérieure à \(\tau\), on remplace \(\geqslant\) par \(>\), et il faut le plus petit entier strictement plus grand que le quotient.
Démonstration 6.14 — Pourquoi le sens s’inverse-t-il ?
En posant \(q=1-p\in]0;1[\), on transforme successivement \[1-q^n\geqslant\tau \quad\Longleftrightarrow\quad q^n\leqslant1-\tau \quad\Longleftrightarrow\quad n\ln q\leqslant\ln(1-\tau).\] La deuxième équivalence utilise la croissance de \(\ln\) sur les réels strictement positifs : \(q^n\) et \(1-\tau\) sont bien positifs. Comme \(0<q<1\), on a \(\ln q<0\). En divisant par ce nombre négatif, on inverse donc le sens de l’inégalité, ce qui donne le résultat.
Pour la demande stricte, les deux premières comparaisons deviennent \(q^n<1-\tau\) puis \(n\ln q<\ln(1-\tau)\) ; la division négative conduit à \(n>\ln(1-\tau)/\ln q\). Les mêmes étapes sont valides, mais l’égalité reste exclue jusqu’au bout.
Notation 6.15 — Le plafond entier n’est pas l’arrondi usuel
Le plus petit entier supérieur ou égal à \(t\) se note \(\lceil t\rceil\). Par exemple \(\lceil15{,}096\rceil=16\) et \(\lceil3\rceil=3\). Le plus petit entier strictement supérieur à \(3\) est en revanche \(4\).
Tu peux éviter cette notation en écrivant directement l’encadrement entier. Un arrondi « à l’entier le plus proche » ne répond pas à une demande de minimum sous contrainte.
Exemple expliqué 6.16 — Atteindre un niveau, puis vérifier les essais voisins
Chaque essai indépendant a pour probabilité de succès \(0{,}18\). Pour obtenir au moins un succès avec probabilité au moins \(0{,}95\), il faut \[1-0{,}82^n\geqslant0{,}95 \quad\Longleftrightarrow\quad n\geqslant\frac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}82)}\approx15{,}0956.\] Le premier entier possible est \(16\). Le contrôle donne \[1-0{,}82^{15}\approx0{,}949043<0{,}95, \qquad 1-0{,}82^{16}\approx0{,}958215>0{,}95.\] La croissance démontrée exclut tous les entiers précédents. Il faut donc au minimum \(16\) essais. Arrondir \(15{,}0956\) à \(15\) aurait donné une réponse qui ne respecte pas la contrainte.
Exemple expliqué 6.17 — Quand « au moins » et « plus de » changent la réponse
Avec \(p=1/2\), on demande d’atteindre \(\tau=7/8\). Comme \(1-(1/2)^3=7/8\), trois essais suffisent pour une probabilité au moins égale à \(7/8\). Pour une probabilité strictement supérieure, trois essais ne suffisent pas ; quatre donnent \(15/16>7/8\).
Le quotient logarithmique est ici exactement \(3\). Ce cas montre pourquoi on ne peut pas remplacer systématiquement une inégalité stricte par une inégalité large, même si la plupart des exemples décimaux ne tombent pas sur une égalité.
À toi 6.18 — À faire avant de consulter : un résultat presque égal au seuil
Des essais indépendants réussissent avec probabilité \(1/4\). Cherche le nombre minimal d’essais pour que la probabilité d’au moins un succès soit au moins \(0{,}9\).
Indice : transforme le problème en \(0{,}75^n\leqslant0{,}1\), puis compare les probabilités pour huit et neuf essais sans les arrondir prématurément au millième.
Correction expliquée 6.19 — Pourquoi huit essais ne suffisent pas
On obtient \(n\geqslant\ln(0{,}1)/\ln(0{,}75)\approx8{,}003923\). Donc \(n_{\min}=9\). En effet, \[1-0{,}75^8=0{,}8998870849609375<0{,}9,\] tandis que \(1-0{,}75^9=0{,}924915313720703125>0{,}9\). Le premier nombre s’afficherait \(0{,}900\) au millième, mais cet arrondi ne prouve pas l’inégalité demandée. Le contrôle doit conserver suffisamment de précision pour décider de quel côté du seuil se trouve la valeur exacte.
Remarque 6.20 — Les hypothèses des logarithmes ne sont pas décoratives
Si \(p=0\), aucun nombre d’essais ne permet d’atteindre un niveau positif. Si \(p=1\), un essai suffit pour obtenir au moins un succès avec certitude. Pour \(0<p<1\), le niveau \(1\) n’est jamais atteint en un nombre fini d’essais, car \((1-p)^n>0\) ; il est seulement approché. Ces situations doivent être traitées directement, sans tenter de calculer \(\ln0\) ou de diviser par \(\ln1=0\).
3. Faire varier la probabilité de succès
Proposition 6.21 — Une condition sur le paramètre \(p\)
Pour un nombre d’essais fixé \(n\geqslant1\), un niveau \(0<\tau<1\) et \(p\in[0;1]\), \[\boxed{\mathbb{P}(X\geqslant1)\geqslant\tau \quad\Longleftrightarrow\quad p\geqslant1-(1-\tau)^{1/n}.}\] La puissance \(a^{1/n}\) désigne la racine \(n\)-ième non négative de \(a\geqslant0\) : le nombre dont la puissance \(n\) est \(a\).
Démonstration 6.22 — Prendre une racine en conservant l’ordre
Le complémentaire donne \((1-p)^n\leqslant1-\tau\). La fonction \(x\mapsto x^n\) est strictement croissante pour \(x\geqslant0\). Pour \(n=1\), c’est simplement la fonction \(x\mapsto x\). Pour \(n\geqslant2\) et \(0\leqslant a<b\), \[b^n-a^n=(b-a)(b^{n-1}+b^{n-2}a+\cdots+a^{n-1})>0.\] On peut donc prendre les racines \(n\)-ièmes en conservant le sens : \(1-p\leqslant(1-\tau)^{1/n}\). En isolant \(p\), on obtient \(p\geqslant1-(1-\tau)^{1/n}\). Toutes les quantités auxquelles on applique la racine sont non négatives.
À toi 6.23 — Variation de l’exemple : améliorer les essais plutôt que les multiplier
On fixe huit essais indépendants. Quelle valeur minimale de leur probabilité commune de succès permet d’obtenir au moins un succès avec probabilité au moins \(0{,}99\) ? Si on impose un réglage à quatre décimales, faut-il choisir \(p=0{,}4376\) ou \(p=0{,}4377\) ?
Correction expliquée 6.24 — Une valeur réelle, puis un réglage admissible
La condition est \[p\geqslant1-(0{,}01)^{1/8}\approx0{,}437658675.\] Le minimum exact est \(1-(0{,}01)^{1/8}\). Le réglage \(0{,}4376\) est inférieur à ce minimum : il donne environ \(0{,}98999165\), donc échoue. Le réglage \(0{,}4377\) donne environ \(0{,}99000588\) et convient. Un paramètre arrondi destiné à garantir une contrainte doit être choisi du bon côté de la borne, pas seulement proche de celle-ci.
Approfondissement de méthode : maximiser une probabilité ponctuelle
Théorème 6.25 — Quel paramètre favorise exactement \(k\) succès ?
Fixons \(n\geqslant2\) et \(k\in\{1,\ldots,n-1\}\). Parmi les lois \(\mathcal{B}(n;p)\) avec \(p\in[0;1]\), la probabilité d’exactement \(k\) succès est maximale, de façon unique, pour \[\boxed{p=\frac{k}{n}.}\] Ce résultat est un approfondissement utilisant la dérivation de Terminale ; il ne doit pas être confondu avec une règle de croissance pour « au moins \(k\) » succès.
Démonstration 6.26 — Étudier le signe d’une dérivée
Sur \(]0;1[\), posons \(f(p)=\binom nkp^k(1-p)^{n-k}\). La dérivation d’un produit donne \[\begin{align*} f'(p)&=\binom nk\bigl[kp^{k-1}(1-p)^{n-k} -(n-k)p^k(1-p)^{n-k-1}\bigr]\\ &=\binom nkp^{k-1}(1-p)^{n-k-1}\bigl[k(1-p)-(n-k)p\bigr]\\ &=\binom nkp^{k-1}(1-p)^{n-k-1}(k-np). \end{align*}\] Le facteur qui précède \(k-np\) est strictement positif. Ainsi \(f'\) est positive pour \(p<k/n\), nulle en \(k/n\), négative pour \(p>k/n\). La fonction croît puis décroît : son maximum est atteint uniquement en \(k/n\). Aux extrémités, \(f(0)=f(1)=0\), car \(1\leqslant k\leqslant n-1\) ; elles n’ajoutent pas d’autre maximum. Si \(k=0\), la probabilité \((1-p)^n\) est maximale en \(p=0\) ; si \(k=n\), \(p^n\) est maximale en \(p=1\).
Exemple expliqué 6.27 — Plus de succès possibles n’est pas toujours mieux
Avec dix essais, la probabilité d’exactement trois succès est maximale pour \(p=3/10\). Elle vaut alors \[\binom{10}{3}(0{,}3)^3(0{,}7)^7=0{,}266827932.\] Avec \(p=0{,}5\), elle ne vaut plus que \(120/1024=0{,}1171875\). Augmenter \(p\) favorise des nombres de succès plus élevés, mais peut donc défavoriser un nombre précis de succès.
À toi 6.28 — Justifier la méthode de seuil employée
Pourquoi deux comparaisons voisines suffisent-elles dans la recherche du nombre minimal d’essais pour « au moins un succès » ? Peut-on employer le même argument sans justification pour la probabilité d’« exactement un succès » lorsque \(n\) varie ?
Correction expliquée 6.29 — La monotonie est la pièce indispensable
Pour au moins un succès, la suite \(1-(1-p)^n\) est strictement croissante, comme démontré plus haut. Si le candidat convient et son prédécesseur ne convient pas, tous les entiers plus petits sont exclus.
Pour exactement un succès, la probabilité vaut \(np(1-p)^{n-1}\) ; sa croissance n’est pas automatique. Avec \(p=1/2\), elle vaut \(1/2\) pour \(n=1\), \(1/2\) pour \(n=2\), puis \(3/8\) pour \(n=3\) : elle ne croît pas sur tous les entiers. Une réponse complète identifie l’événement, établit sa monotonie lorsqu’elle est utilisée, puis seulement conclut grâce aux voisins.
Réparer l’erreur de signe et vérifier plus tard
Erreur à éviter 6.30 — Diviser par un logarithme négatif
Passer de \(n\ln(0{,}8)\leqslant\ln(0{,}2)\) à une borne supérieure sur \(n\) est une erreur : \(\ln(0{,}8)<0\), donc le sens doit s’inverser. Un contrôle de bon sens aide : pour obtenir au moins un succès, davantage d’essais ne doit pas détériorer la probabilité dans ce modèle.
Point de reprise 6.31 — Reprise simple corrigée avec une puissance connue
Résolvons \((1/2)^n\leqslant1/8\). Comme \(1/8=(1/2)^3\) et que les puissances de \(1/2\) diminuent, il faut \(n\geqslant3\). Avec les logarithmes : \(n\ln(1/2)\leqslant\ln(1/8)\), puis \(n\geqslant3\) après division par un nombre négatif. Les deux voies doivent donner le même sens.
À toi 6.32 — Nouvel essai après la reprise
Avec \(p=0{,}2\), cherche le nombre minimal d’essais pour que la probabilité d’au moins un succès soit au moins \(0{,}8\). Reviens ensuite au problème de référence avec \(p=0{,}18\) et le niveau \(0{,}95\).
Correction expliquée 6.33 — Le test de retour
On résout \(0{,}8^n\leqslant0{,}2\), d’où \(n\geqslant\ln(0{,}2)/\ln(0{,}8)\approx7{,}21257\). Le minimum est \(8\). Avec sept essais, la probabilité vaut \(0{,}7902848<0{,}8\) ; avec huit, elle vaut \(0{,}83222784>0{,}8\). Au retour à l’exemple de référence, on retrouve une borne inférieure sur \(n\) et le minimum \(16\). Si le sens de l’inégalité est désormais expliqué par le signe du diviseur, la reprise est réussie.
À toi 6.34 — À refaire plus tard : une certification complète
Chaque essai indépendant réussit avec probabilité \(0{,}3\). Cherche le nombre minimal d’essais pour atteindre une probabilité d’au moins un succès supérieure ou égale à \(0{,}99\). Écris l’inégalité initiale, la transformation logarithmique, puis le contrôle des voisins.
Correction expliquée 6.35 — Correction de la tâche différée
On cherche \(1-0{,}7^n\geqslant0{,}99\), soit \(0{,}7^n\leqslant0{,}01\). Le logarithme étant croissant et \(\ln(0{,}7)<0\), on obtient \[n\geqslant\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}7)}\approx12{,}9114.\] Le minimum est \(13\). En effet, \(1-0{,}7^{12}=0{,}986158712799<0{,}99\) et \(1-0{,}7^{13}=0{,}9903110989593\geqslant0{,}99\). Pour valider C06, il faut identifier l’inconnue, justifier le sens des comparaisons et certifier la minimalité : annoncer seulement le résultat d’une recherche numérique ne suffit pas.
7. Construire et interpréter un intervalle de probabilité
Objectif. Choisir des bornes entières à risque contrôlé, comprendre la discrétisation et distinguer une observation rare d’une preuve contre le modèle.
Repérage : que garantit un intervalle ?
À toi 7.1 — Repérage C07 : trois affirmations à examiner
On a construit un intervalle \([a;b]\) tel que \(\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)\geqslant0{,}9\).
La probabilité de sortir de cet intervalle peut-elle dépasser \(0{,}1\) ?
Est-on certain que la prochaine observation sera dans l’intervalle ?
Si \(X\) compte des succès, l’intervalle contient-il des nombres de succès ou les valeurs possibles du paramètre \(p\) ?
Réponds avec une phrase de justification. Si la différence entre probabilité élevée et certitude est floue, la correction suivante est indispensable avant d’utiliser une règle de décision.
Correction expliquée 7.2 — Une garantie probabiliste, pas une certitude
La probabilité de sortir vaut \(1-\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)\) ; elle est donc au plus \(0{,}1\). Une probabilité de présence au moins égale à \(0{,}9\) n’est pas une certitude : des observations extérieures restent possibles. Enfin, si \(X\) est un nombre de succès, \(a\) et \(b\) sont des bornes sur ce nombre. Elles ne forment pas automatiquement un intervalle pour le paramètre \(p\).
Si tu as confondu ces objets, relis la définition d’une variable binomiale en U04. Si seule la question du complémentaire pose problème, reprends la fin de U05 avant de poursuivre.
Un niveau de garantie et un budget pour les queues
Définition 7.3 — Intervalle de probabilité pour un effectif
Pour une variable entière \(X\) et un nombre \(\alpha\in]0;1[\), on cherche des entiers \(a\leqslant b\) tels que \[\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)\geqslant1-\alpha.\] Le nombre \(1-\alpha\) est le niveau de garantie recherché. Le nombre \(\alpha\) est la probabilité maximale de sortie que l’on accepte. Par exemple, \(\alpha=0{,}1\) signifie une garantie d’au moins \(90\,\%\), et non une probabilité de sortie forcément égale à \(10\,\%\).
Propriété 7.4 — La probabilité extérieure se partage en deux queues
Pour des entiers \(a\leqslant b\) et \(F(k)=\mathbb{P}(X\leqslant k)\), \[\begin{align*} \mathbb{P}(X<a)&=F(a-1),\\ \mathbb{P}(X>b)&=1-F(b),\\ \mathbb{P}(X<a\text{ ou }X>b)&=F(a-1)+1-F(b). \end{align*}\] Ainsi, imposer \(\mathbb{P}(X<a)\leqslant\alpha/2\) et \(\mathbb{P}(X>b)\leqslant\alpha/2\) garantit une probabilité intérieure au moins égale à \(1-\alpha\).
Démonstration 7.5 — Les trois régions sont incompatibles
Une valeur de \(X\) se situe soit strictement avant \(a\), soit entre \(a\) et \(b\) bornes comprises, soit strictement après \(b\). Ces trois événements sont incompatibles et couvrent toutes les possibilités. Leur probabilité totale vaut \(1\).
Comme \(X\) est entier, \(X<a\) équivaut à \(X\leqslant a-1\), d’où la première égalité. Le complémentaire donne la deuxième. Les deux queues étant incompatibles, on additionne leurs probabilités. Si chacune est au plus \(\alpha/2\), la somme est au plus \(\alpha\), et l’intérieur a une probabilité au moins égale à \(1-\alpha\).
Théorème 7.6 — Construire un intervalle à deux queues contrôlées
Soit \(X\sim\mathcal{B}(n;p)\), avec \(n\geqslant1\), et \(\alpha\in]0;1[\). Définissons :
\(a\) : le plus petit entier de \(0\) à \(n\) tel que \(F(a)>\alpha/2\) ;
\(b\) : le plus petit entier de \(0\) à \(n\) tel que \(F(b)\geqslant1-\alpha/2\).
Alors \(a\leqslant b\) et \[\boxed{\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)\geqslant1-\alpha.}\] Les comparaisons à certifier sont \[F(a-1)\leqslant\frac\alpha2<F(a), \qquad F(b-1)<1-\frac\alpha2\leqslant F(b).\] Attention : les deux comparaisons sont différentes : à gauche, \(F(a)>\alpha/2\) ; à droite, \(F(b)\geqslant1-\alpha/2\).
Démonstration 7.7 — Existence, ordre et garantie
Les deux entiers existent, car \(F(n)=1\). Puisque \(0<\alpha<1\), on a \(\alpha/2<1-\alpha/2\). La valeur \(b\) vérifie donc aussi \(F(b)>\alpha/2\) ; comme \(a\) est le premier entier possédant cette propriété, \(a\leqslant b\).
Par définition de \(a\), tous les cumuls précédents sont inférieurs ou égaux à \(\alpha/2\). En particulier, \(F(a-1)\leqslant\alpha/2\), avec \(F(-1)=0\) si \(a=0\). Par définition de \(b\), \(F(b)\geqslant1-\alpha/2\), donc \(1-F(b)\leqslant\alpha/2\). Les deux queues ont ainsi les majorations voulues. Leur somme est au plus \(\alpha\), ce qui prouve la garantie.
Enfin, \(F(a)>\alpha/2\) montre que décaler la borne gauche à \(a+1\) dépasserait son budget de queue. Et \(F(b-1)<1-\alpha/2\) montre que décaler la borne droite à \(b-1\) dépasserait le budget de droite. Cela justifie les bornes pour ces deux budgets imposés, mais pas une minimalité parmi tous les intervalles ayant seulement une garantie globale \(1-\alpha\).
Exemple expliqué 7.8 — Le cas d’égalité explique les deux signes différents
Pour \(Y\sim\mathcal{B}(3;1/2)\), les cumuls sont \[F(0)=\frac18,\quad F(1)=\frac12,\quad F(2)=\frac78,\quad F(3)=1.\] Prenons \(\alpha=1/4\), donc \(\alpha/2=1/8\) et \(1-\alpha/2=7/8\). Le premier cumul strictement supérieur à \(1/8\) est \(F(1)\) : on prend \(a=1\). Le premier cumul supérieur ou égal à \(7/8\) est \(F(2)\) : on prend \(b=2\).
Les queues valent chacune \(1/8\) et \(\mathbb{P}(1\leqslant Y\leqslant2)=3/4=1-\alpha\). Choisir \(a=0\) aurait aussi donné une garantie, mais aurait inutilement inclus une valeur supplémentaire dans cette construction. Choisir \(b=3\) parce qu’on exige à tort \(F(b)>7/8\) aurait également élargi l’intervalle sans nécessité.
Exemple de référence : vingt essais de paramètre \(0{,}3\)
Exemple expliqué 7.9 — Construire, calculer la couverture, interpréter
Dans le modèle considéré, vingt essais sont indépendants et ont chacun une probabilité de succès \(0{,}3\). Leur nombre de succès \(X\) suit \(\mathcal{B}(20;0{,}3)\). Cherchons un intervalle à garantie au moins \(90\,\%\), avec au plus \(5\,\%\) dans chaque queue. On a donc \(\alpha=0{,}1\).
Les cumuls utiles sont, à six décimales :
| \(k\) | \(F(k)\) | \(k\) | \(F(k)\) |
|---|---|---|---|
| \(1\) | \(0{,}007637\) | \(8\) | \(0{,}886669\) |
| \(2\) | \(0{,}035483\) | \(9\) | \(0{,}952038\) |
| \(3\) | \(0{,}107087\) | \(10\) | \(0{,}982855\) |
À gauche, \(F(2)<0{,}05<F(3)\), donc \(a=3\). À droite, \(F(8)<0{,}95<F(9)\), donc \(b=9\). L’intervalle retenu est \([3;9]\).
Les calculs faits avec les valeurs non arrondies donnent \[\begin{align*} \mathbb{P}(X<3)&\approx0{,}0354831323,\\ \mathbb{P}(X>9)&\approx0{,}0479618973,\\ \mathbb{P}(3\leqslant X\leqslant9)&=F(9)-F(2)\approx0{,}9165549704. \end{align*}\] La couverture effective vaut donc environ \(91{,}6555\,\%\), ce qui est supérieur à \(90\,\%\). Les queues ne valent ni exactement \(5\,\%\), ni exactement la même chose. C’est une conséquence normale du caractère discret de \(X\).
Lecture. Les bâtons de \(3\) à \(9\) appartiennent à l’intervalle, bornes comprises. Les queues commencent respectivement à \(2\) et en dessous, puis à \(10\) et au-dessus. La somme des deux queues vaut environ \(0{,}083445\), et non exactement \(0{,}10\).
À toi 7.10 — Essai guidé : utiliser le budget de chaque queue
Soit \(Y\sim\mathcal{B}(4;1/2)\). Les cumuls aux entiers \(0,1,2,3,4\) sont \(1/16\), \(5/16\), \(11/16\), \(15/16\), \(1\). Construis l’intervalle à deux queues contrôlées pour \(\alpha=1/4\). Calcule ensuite sa couverture exacte.
Indice : compare les cumuls à \(\alpha/2=1/8\) et à \(1-\alpha/2=7/8\). La garantie cherchée est \(3/4\), mais la couverture peut être plus grande.
Correction expliquée 7.11 — Une garantie dépassée à cause des sauts
On a \(F(0)=1/16\leqslant1/8<F(1)=5/16\), donc \(a=1\). De même, \(F(2)=11/16<7/8\leqslant F(3)=15/16\), donc \(b=3\). La couverture est \[F(3)-F(0)=\frac{15}{16}-\frac1{16}=\frac78.\] Elle est bien au moins égale à \(3/4\). Chaque queue vaut \(1/16\), donc reste en dessous du budget \(1/8\). Pour valider l’essai, les deux budgets, les deux comparaisons voisines et le calcul de la couverture doivent apparaître.
Intervalles unilatéraux et intervalles pour une fréquence
Proposition 7.12 — Contrôler seulement un côté
Si l’on veut seulement une borne supérieure, on choisit le plus petit entier \(b\) tel que \(F(b)\geqslant1-\alpha\). Alors \(\mathbb{P}(X\leqslant b)\geqslant1-\alpha\), soit \(\mathbb{P}(X>b)\leqslant\alpha\).
Si l’on veut seulement une borne inférieure, on choisit le plus petit entier \(a\) tel que \(F(a)>\alpha\). Alors \(\mathbb{P}(X\geqslant a)\geqslant1-\alpha\). Cette valeur de \(a\) est aussi le plus grand seuil qui respecte cette garantie de queue droite.
Démonstration 7.13 — Ne pas partager un budget destiné à un seul côté
La borne supérieure découle immédiatement du complémentaire : \(\mathbb{P}(X>b)=1-F(b)\). Sa minimalité est certifiée par \(F(b-1)<1-\alpha\leqslant F(b)\).
Pour la borne inférieure, la définition de \(a\) donne \(F(a-1)\leqslant\alpha<F(a)\). Ainsi \(\mathbb{P}(X\geqslant a)=1-F(a-1)\geqslant1-\alpha\), mais \(\mathbb{P}(X\geqslant a+1)=1-F(a)<1-\alpha\). La décroissance des queues droites prouve le caractère maximal. Puisqu’un seul côté est contrôlé, on utilise \(\alpha\), et non \(\alpha/2\).
Corollaire 7.14 — Passer d’un effectif à une fréquence
Pour \(n\geqslant1\), la fréquence des succès est \(Z=X/n\). Si \(\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)\geqslant1-\alpha\), alors \[\boxed{\mathbb{P}\left(\frac an\leqslant Z\leqslant\frac bn\right)\geqslant1-\alpha.}\]
Démonstration 7.15 — Les deux événements sont identiques
Comme \(n>0\), diviser les deux inégalités \(a\leqslant X\leqslant b\) par \(n\) ne change pas leur sens. Elles deviennent \(a/n\leqslant X/n\leqslant b/n\), c’est-à-dire \(a/n\leqslant Z\leqslant b/n\). Ce sont exactement les mêmes issues, donc les mêmes probabilités. On ne modifie pas la garantie en changeant l’unité de lecture.
Exemple expliqué 7.16 — Lire l’intervalle de référence en pourcentages
Dans l’exemple avec vingt essais, \([3;9]\) devient \([3/20;9/20]=[0{,}15;0{,}45]\). Sous le modèle \(p=0{,}3\), la fréquence observée sera donc comprise entre \(15\,\%\) et \(45\,\%\) avec une probabilité d’environ \(91{,}6555\,\%\).
Cela ne signifie pas que « le paramètre \(p\) a une probabilité de \(91{,}6555\,\%\) d’être dans cet intervalle » . Ici \(p=0{,}3\) est fixé par l’hypothèse de modèle ; c’est \(Z\), la fréquence d’une expérience future, qui est aléatoire.
L’intervalle n’est ni unique ni nécessairement le plus court
À toi 7.17 — À faire avant de consulter : une loi symétrique
Pour \(Y\sim\mathcal{B}(10;1/2)\), on dispose des valeurs exactes \[F(1)=\frac{11}{1024},\quad F(2)=\frac{56}{1024},\quad F(7)=\frac{968}{1024},\quad F(8)=\frac{1013}{1024}.\] Construis l’intervalle à deux queues contrôlées pour \(\alpha=0{,}1\), puis calcule sa couverture. Indice : \(56/1024>0{,}05\) et \(968/1024<0{,}95\) ; ne les arrondis pas à des valeurs qui changeraient ces comparaisons.
Correction expliquée 7.18 — Des bornes précises, une couverture exacte
Comme \(11/1024\leqslant0{,}05<56/1024\), on prend \(a=2\). Comme \(968/1024<0{,}95\leqslant1013/1024\), on prend \(b=8\). L’intervalle est \([2;8]\) et sa couverture vaut \[F(8)-F(1)=\frac{1013-11}{1024}=\frac{501}{512}=0{,}978515625.\] Chaque queue vaut \(11/1024\approx0{,}0107422\), ce qui est inférieur à \(0{,}05\). La couverture est donc nettement supérieure à la garantie minimale de \(0{,}9\).
À toi 7.19 — Variation : ne plus imposer le même budget à chaque queue
Dans la même loi, examine l’intervalle \([3;8]\). A-t-il encore une couverture au moins égale à \(0{,}9\) ? Respecte-t-il le budget \(0{,}05\) pour chaque queue ? Compare sa longueur à celle de \([2;8]\).
Correction expliquée 7.20 — Garantie globale et budgets séparés sont différents
La couverture de \([3;8]\) est \[F(8)-F(2)=\frac{1013-56}{1024}=\frac{957}{1024}=0{,}9345703125.\] Elle reste supérieure à \(0{,}9\). Mais la queue gauche vaut \(56/1024=0{,}0546875>0{,}05\) ; le budget gauche est dépassé, tandis que la queue droite est petite. L’intervalle \([3;8]\), de longueur \(5\), est plus court que \([2;8]\), de longueur \(6\).
Cela montre que notre construction à deux queues séparément contrôlées ne produit pas nécessairement l’intervalle le plus court parmi tous ceux de couverture au moins \(0{,}9\). De même, \([2;7]\) a la même couverture \(957/1024\) et convient aussi à la garantie globale. L’intervalle n’est donc pas unique ; une garantie de probabilité n’impose pas à elle seule une symétrie des bornes ou l’égalité des queues.
Interpréter une observation sans surconclure
Méthode 7.21 — Une décision annoncée à l’avance, sous une hypothèse
On peut fixer un modèle, construire avant l’observation un intervalle de probabilité et convenir de signaler les résultats extérieurs comme atypiques. Si le modèle est correct, la probabilité d’un tel signal est alors au plus \(\alpha\).
Une observation dans l’intervalle est compatible avec ce critère ; elle ne prouve pas que le modèle est vrai. Une observation extérieure est rare au sens du critère choisi ; elle n’est pas impossible et ne prouve pas, à elle seule, que \(p\) ou l’indépendance sont faux. Les conclusions restent conditionnelles aux hypothèses du modèle et à la règle choisie avant de voir les données.
À toi 7.22 — Justifier ce que l’observation permet de dire
Dans l’exemple \(X\sim\mathcal{B}(20;0{,}3)\), l’intervalle choisi est \([3;9]\). Une expérience donne dix succès. Un élève conclut : « Le modèle a donc moins de \(10\,\%\) de chances d’être vrai. » Explique précisément pourquoi cette conclusion ne découle pas du calcul. Que peut-on dire à la place ?
Correction expliquée 7.23 — Ne pas inverser les conditions
Le calcul porte sur la probabilité d’un résultat extérieur si le modèle est vrai. Il ne donne pas une probabilité que le modèle soit vrai sachant le résultat. Ces deux phrases ne décrivent pas la même probabilité conditionnelle.
Dix succès sont extérieurs à \([3;9]\) et sont donc signalés par la règle. Sous le modèle, la probabilité totale d’un signal vaut environ \(0{,}083445\), et la probabilité de dix succès exactement vaut environ \(0{,}030817\), strictement positive. On peut annoncer « observation atypique selon le critère fixé » et réexaminer le modèle ou recueillir d’autres données ; on ne peut pas déduire le pourcentage de vérité annoncé. Une justification réussie distingue le modèle supposé, l’événement observé et le sens de la condition.
Réparer une erreur de borne, puis travailler sans aide
Erreur à éviter 7.24 — Perdre la borne gauche dans la soustraction
La couverture de \([a;b]\) n’est pas \(F(b)-F(a)\) : cette différence exclut \(a\). Pour garder la borne gauche, on retire les valeurs qui la précèdent, donc \(F(a-1)\). La même vigilance explique pourquoi la queue gauche vaut \(F(a-1)\) et non \(F(a)\).
Point de reprise 7.25 — Reprise simple corrigée : le rôle d’un seul point
Pour trois essais équitables, la probabilité d’un succès vaut \(3/8\) et celle de deux succès vaut également \(3/8\). La couverture de \([1;2]\) vaut donc \(3/4\).
Avec les cumuls, \(F(2)-F(0)=7/8-1/8=3/4\). Le mauvais calcul \(F(2)-F(1)=7/8-1/2=3/8\) ne conserve que la valeur \(2\) : il a retiré la valeur \(1\) en trop.
À toi 7.26 — Nouvel essai après la reprise
Sur cinq essais indépendants de paramètre \(1/2\), calcule la probabilité d’obtenir entre un et quatre succès, bornes comprises. Utilise les deux queues, puis une différence de cumuls. Reviens ensuite à la couverture de \([3;9]\) dans l’exemple de référence.
Correction expliquée 7.27 — Deux chemins exclus seulement
Les seules valeurs extérieures sont \(0\) et \(5\), chacune de probabilité \((1/2)^5=1/32\). La couverture est donc \(1-2/32=15/16=0{,}9375\).
De même, \(F(4)=31/32\) et \(F(0)=1/32\), d’où \(F(4)-F(0)=15/16\). Au retour à \([3;9]\), on doit retirer \(F(2)\), pas \(F(3)\) : on retrouve environ \(0{,}9165549704\). Si la valeur de la borne gauche est restée incluse dans les deux méthodes, la réparation est réussie.
À toi 7.28 — À refaire plus tard : une borne supérieure pour une fréquence
On effectue dix essais indépendants de paramètre \(1/2\). Cherche la plus petite borne entière \(b\) telle que \(\mathbb{P}(Y\leqslant b)\geqslant0{,}95\). Déduis-en une borne pour la fréquence \(Z=Y/10\). Quelle est la probabilité de dépasser la borne choisie ? Utilise \(F(7)=968/1024\) et \(F(8)=1013/1024\).
Correction expliquée 7.29 — Unilatéral signifie un seul budget
Comme \(968/1024=0{,}9453125<0{,}95\) et \(1013/1024=0{,}9892578125\geqslant0{,}95\), la borne minimale est \(b=8\). On obtient donc \(\mathbb{P}(Z\leqslant0{,}8)\geqslant0{,}95\).
La probabilité de dépasser cette borne vaut \(\mathbb{P}(Y>8)=1-F(8)=11/1024\approx0{,}0107422\), donc elle est au plus \(0{,}05\). Pour valider C07, il faut distinguer l’effectif \(Y\) et la fréquence \(Z\), utiliser le budget unilatéral \(0{,}05\), prouver la minimalité avec le voisin et ne pas transformer cette garantie en certitude.
À retenir 7.30 — Ce qu’un intervalle garantit, et ce qu’il ne garantit pas
Une construction à queues contrôlées fournit une garantie sous un modèle fixé. La couverture effective peut dépasser le niveau demandé, les queues peuvent être inégales et plusieurs intervalles peuvent convenir. Un intervalle d’effectifs ou de fréquences n’est pas automatiquement un intervalle pour \(p\). Une observation extérieure déclenche éventuellement une règle annoncée à l’avance ; elle ne donne pas une probabilité que le modèle soit vrai ou faux.
8. Espérance, variance, écart type et fréquence
Objectif. Calculer un centre et une dispersion, les interpréter sans les confondre avec un résultat certain, et comprendre les démonstrations des moments de la loi binomiale.
Se repérer avant de calculer
À toi 8.1 — Une moyenne est-elle un résultat imposé ?
On répète huit épreuves indépendantes, chacune ayant une probabilité de succès égale à \(0{,}25\). \(X\) compte les succès. Parmi les phrases suivantes, lesquelles sont justes ?
\(X\) peut prendre les valeurs \(0,1,\ldots,8\).
Puisque \(8\times0{,}25=2\), on obtiendra exactement deux succès.
Le nombre \(2\) peut servir à décrire le centre de la loi de \(X\).
Correction expliquée 8.2 — Les valeurs possibles et leur centre
La première phrase est vraie : chaque épreuve apporte zéro ou un succès. La deuxième est fausse : par exemple, \(\mathbb{P}(X=0)=0{,}75^8>0\). Le produit \(8\times0{,}25\) n’impose donc pas une réalisation. La troisième est vraie : ce produit est l’espérance, que nous allons définir et démontrer. Si les symboles \(X\) et \(\mathbb{P}(X=k)\) te gênent, lis d’abord le rappel suivant ; si c’est le sens de « moyenne » qui te gêne, reprends l’exemple à deux valeurs.
Point de reprise 8.3 — Ce que décrit une loi
Une variable aléatoire attribue un nombre à chaque issue d’une expérience. Sa loi indique les valeurs \(x_1,\ldots,x_r\) qu’elle peut prendre et leurs probabilités \(p_1,\ldots,p_r\), avec \(p_i\geqslant0\) et \(p_1+\cdots+p_r=1\). Ici, nous commençons avec un nombre fini de valeurs. Pour une variable binomiale \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\), \(n\geqslant1\) est un nombre fixé d’épreuves, \(p\in[0,1]\) est la probabilité constante du succès, les épreuves sont indépendantes et \(X\) compte leurs succès.
Définir les trois indicateurs
Définition 8.4 — Espérance d’une variable aléatoire finie
Si \(X\) prend les valeurs \(x_1,\ldots,x_r\) avec les probabilités \(p_1,\ldots,p_r\), son espérance est \[\operatorname{E}(X)=x_1p_1+\cdots+x_rp_r=\sum_{i=1}^{r}x_ip_i.\] Le symbole \(\sum\) signifie que l’on additionne les termes indiqués. L’espérance est une moyenne pondérée des valeurs possibles : le poids de \(x_i\) est sa probabilité \(p_i\). Elle a la même unité que \(X\).
Exemple expliqué 8.5 — Une espérance qui n’est pas une valeur possible
Un jeu donne un gain \(Y\) de \(0\) euro avec probabilité \(\tfrac34\) et de \(2\) euros avec probabilité \(\tfrac14\). Alors \[\operatorname{E}(Y)=0\times\frac34+2\times\frac14=\frac12.\] L’espérance est \(0{,}50\) euro, alors qu’un joueur ne reçoit jamais \(0{,}50\) euro lors d’une partie. Dans des répétitions indépendantes du même jeu, elle décrit le centre autour duquel une moyenne de gains peut se stabiliser ; elle ne garantit ni le gain d’une partie ni celui d’un nombre fixé de parties.
Définition 8.6 — Variance et écart type
En posant \(m=\operatorname{E}(X)\), on définit \[\operatorname{V}(X)=\sum_{i=1}^{r}(x_i-m)^2p_i, \qquad \sigma(X)=\sqrt{\operatorname{V}(X)}.\] La variance est la moyenne pondérée des carrés des écarts au centre. Les carrés empêchent les écarts positifs et négatifs de se compenser. Elle est positive ou nulle et son unité est le carré de celle de \(X\). L’écart type, également positif ou nul, revient à l’unité de \(X\).
Exemple expliqué 8.7 — Calculer une dispersion depuis sa définition
Pour le gain précédent, \(m=\tfrac12\). On obtient \[\begin{aligned} \operatorname{V}(Y) &=\left(0-\frac12\right)^2\frac34+ \left(2-\frac12\right)^2\frac14\\ &=\frac14\times\frac34+\frac94\times\frac14 =\frac3{16}+\frac9{16}=\frac34. \end{aligned}\] Ainsi \(\sigma(Y)=\tfrac{\sqrt3}{2}\approx0{,}866\) euro. Cet écart type n’affirme pas que tous les gains se trouvent à moins de \(0{,}866\) euro de la moyenne : le gain \(2\) en est éloigné de \(1{,}50\) euro.
Proposition 8.8 — Une autre formule pour la variance
Pour une variable aléatoire finie, \[\operatorname{V}(X)=\operatorname{E}(X^2)-\bigl(\operatorname{E}(X)\bigr)^2.\] Ici \(X^2\) prend la valeur \(x_i^2\) lorsque \(X=x_i\). Attention : \(\operatorname{E}(X^2)\) et \(\bigl(\operatorname{E}(X)\bigr)^2\) ne désignent pas la même opération.
Démonstration 8.9 — Développer puis regrouper
Posons \(m=\operatorname{E}(X)\). Pour chaque \(i\), \((x_i-m)^2=x_i^2-2mx_i+m^2\). La distributivité dans les sommes finies donne \[\begin{aligned} \operatorname{V}(X) &=\sum_{i=1}^{r}x_i^2p_i-2m\sum_{i=1}^{r}x_ip_i +m^2\sum_{i=1}^{r}p_i\\ &=\operatorname{E}(X^2)-2m\times m+m^2\times1\\ &=\operatorname{E}(X^2)-m^2. \end{aligned}\] Les deux dernières substitutions utilisent la définition de l’espérance et le fait que la somme des probabilités vaut \(1\).
Lemme 8.10 — Calculer sur les issues avant de les regrouper
Si l’univers fini est \(\{\omega_1,\ldots,\omega_s\}\), avec \(r_j=\mathbb{P}(\{\omega_j\})\), alors \[\operatorname{E}(X)=\sum_{j=1}^{s}X(\omega_j)r_j.\]
Démonstration 8.11 — Pourquoi les regroupements ne changent pas la moyenne
Regroupons les issues qui donnent une même valeur \(x_i\). Leur contribution à la somme est \(x_i\) multiplié par la somme de leurs probabilités, donc \(x_i\mathbb{P}(X=x_i)\). En additionnant ces groupes, on retrouve exactement la définition de \(\operatorname{E}(X)\). C’est une réorganisation d’une somme finie, sans hypothèse d’équiprobabilité.
Théorème 8.12 — Linéarité de l’espérance
Pour des variables aléatoires finies \(X,Y\) définies sur la même expérience et des réels \(a,b\), \[\operatorname{E}(X+Y)=\operatorname{E}(X)+\operatorname{E}(Y),\qquad \operatorname{E}(aX+b)=a\operatorname{E}(X)+b.\] Aucune indépendance n’est nécessaire.
Démonstration 8.13 — Une preuve complète dans un univers fini
Il suffit de travailler sur un univers fini. Même si une expérience initiale a davantage d’issues, lorsque \(X\) et \(Y\) ont un nombre fini de valeurs, on peut regrouper ses issues selon le couple de valeurs \((X,Y)\) : ces groupes forment une expérience finie qui conserve les probabilités utiles. Sur chaque issue \(\omega_j\), \((X+Y)(\omega_j)=X(\omega_j)+Y(\omega_j)\). Le lemme précédent permet donc d’écrire \[\begin{aligned} \operatorname{E}(X+Y) &=\sum_{j=1}^{s}\bigl(X(\omega_j)+Y(\omega_j)\bigr)r_j\\ &=\sum_{j=1}^{s}X(\omega_j)r_j+\sum_{j=1}^{s}Y(\omega_j)r_j =\operatorname{E}(X)+\operatorname{E}(Y). \end{aligned}\] De même, \[\operatorname{E}(aX+b) =a\sum_{j=1}^{s}X(\omega_j)r_j+b\sum_{j=1}^{s}r_j =a\operatorname{E}(X)+b,\] car \(\sum r_j=1\). La répétition de la première égalité donne la linéarité pour toute somme finie de variables.
Propriété 8.14 — Changer l’échelle et déplacer les valeurs
Pour \(a,b\in\mathbb{R}\), \[\operatorname{V}(aX+b)=a^2\operatorname{V}(X),\qquad \sigma(aX+b)=|a|\sigma(X).\]
Démonstration 8.15 — Le déplacement du centre disparaît
Si \(m=\operatorname{E}(X)\), la linéarité donne \(\operatorname{E}(aX+b)=am+b\). L’écart au nouveau centre vaut \[(ax_i+b)-(am+b)=a(x_i-m).\] Son carré est donc \(a^2(x_i-m)^2\). En prenant la moyenne pondérée, on obtient \(a^2\operatorname{V}(X)\). Enfin \(\sqrt{a^2\operatorname{V}(X)}=|a|\sqrt{\operatorname{V}(X)}\), même si \(a<0\). Ajouter \(b\) déplace toutes les valeurs et leur centre de la même quantité : leur dispersion ne change pas.
De Bernoulli à la loi binomiale
Proposition 8.16 — Moments d’une variable de Bernoulli
Si \(B\) vaut \(1\) avec probabilité \(p\) et \(0\) avec probabilité \(1-p\), alors \[\operatorname{E}(B)=p,\qquad\operatorname{V}(B)=p(1-p),\qquad\sigma(B)=\sqrt{p(1-p)}.\]
Démonstration 8.17 — Deux lignes de loi suffisent
Par définition, \(\operatorname{E}(B)=0(1-p)+1p=p\). Comme \(0^2=0\) et \(1^2=1\), on a \(B^2=B\) sur chaque issue, donc \(\operatorname{E}(B^2)=p\). La formule de variance donne \(\operatorname{V}(B)=p-p^2=p(1-p)\). Pour \(p=0\) ou \(p=1\), la variable est constante et cette variance vaut bien zéro.
Propriété 8.18 — Variance d’une somme indépendante : résultat utilisable au noyau
Dans une succession de \(n\) épreuves indépendantes, si chaque variable finie \(X_i\) dépend de l’épreuve \(i\), alors \[\operatorname{V}(X_1+\cdots+X_n)=\operatorname{V}(X_1)+\cdots+\operatorname{V}(X_n).\] Ce résultat peut être admis dans le parcours principal de Terminale. Une preuve facultative complète figure plus loin dans cette unité. Contrairement à la linéarité de l’espérance, cette formule ne vaut pas sans condition d’indépendance.
Théorème 8.19 — Espérance, variance et écart type d’une binomiale
Si \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\), avec \(n\geqslant1\) et \(p\in[0,1]\), alors \[\boxed{\operatorname{E}(X)=np},\qquad \boxed{\operatorname{V}(X)=np(1-p)},\qquad \boxed{\sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}}.\]
Démonstration 8.20 — Première preuve : compter les succès un par un
Notons \(B_i\) la variable égale à \(1\) si l’épreuve \(i\) donne un succès, à \(0\) sinon. Chaque \(B_i\) suit une loi de Bernoulli de paramètre \(p\). Pour chaque liste de résultats, \[X=B_1+\cdots+B_n.\] Par exemple, la liste succès, échec, succès donne \(X=1+0+1=2\). La linéarité fournit \[\operatorname{E}(X)=\underbrace{p+\cdots+p}_{n\text{ termes}}=np.\] Les \(B_i\) proviennent des épreuves indépendantes du modèle. L’additivité de la variance, admise à ce stade dans le noyau, donne \[\operatorname{V}(X)=\underbrace{p(1-p)+\cdots+p(1-p)}_{n\text{ termes}}=np(1-p).\] L’écart type est sa racine carrée. Pour \(p=0\), \(X=0\) avec probabilité \(1\) ; pour \(p=1\), \(X=n\) avec probabilité \(1\). Les trois formules restent valables sans faire intervenir \(0^0\).
Exemple expliqué 8.21 — Douze tentatives indépendantes
Une tentative réussit avec probabilité \(\tfrac14\) et l’on en réalise douze dans le même modèle indépendant. Pour le nombre \(X\) de réussites, \[\operatorname{E}(X)=12\times\frac14=3, \quad\operatorname{V}(X)=12\times\frac14\times\frac34=\frac94, \quad\sigma(X)=\frac32.\] L’espérance est trois réussites, l’écart type \(1{,}5\) réussite. Il est normal que l’écart type ne soit pas entier : c’est un indicateur de la loi, pas un nombre de succès observé.
Corollaire 8.22 — Fréquence des succès et gain affine
Pour \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\), \(n\geqslant1\), la fréquence aléatoire \(F=X/n\) vérifie \[\operatorname{E}(F)=p,\qquad\operatorname{V}(F)=\frac{p(1-p)}{n},\qquad \sigma(F)=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}.\] Pour un gain \(G=aX+b\), \[\operatorname{E}(G)=anp+b,\qquad\operatorname{V}(G)=a^2np(1-p).\]
Démonstration 8.23 — Appliquer les changements d’échelle
Pour \(F\), prendre \(a=1/n\) et \(b=0\). Alors \[\operatorname{E}(F)=\frac1n\times np=p, \qquad\operatorname{V}(F)=\frac1{n^2}\times np(1-p)=\frac{p(1-p)}n.\] Les formules de \(G\) résultent des mêmes propriétés avec \(a,b\) quelconques. En particulier, multiplier \(n\) par \(4\) à \(p\) fixé divise l’écart type de la fréquence par \(2\), et non par \(4\). Ce résultat décrit une dispersion ; il n’affirme pas qu’une fréquence observée se rapprochera de \(p\) à chaque nouvelle épreuve.
Pour comprendre entièrement : deux approfondissements de preuve
Ces paragraphes sont facultatifs pour utiliser les formules, mais donnent des justifications complètes avec des sommes finies.
Lemme 8.24 — Deux identités qui retirent un ou deux choix marqués
Pour \(1\leqslant k\leqslant n\), \[k\binom nk=n\binom{n-1}{k-1}.\] Pour \(2\leqslant k\leqslant n\) et \(n\geqslant2\), \[k(k-1)\binom nk=n(n-1)\binom{n-2}{k-2}.\]
Démonstration 8.25 — Les simplifications, sans facteurs cachés
On rappelle \(\binom nk=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\) et \(k!=k(k-1)!\). Ainsi \[k\frac{n!}{k!(n-k)!} =\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!} =n\frac{(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}.\] Pour la seconde identité, \(k!=k(k-1)(k-2)!\) et \(n!=n(n-1)(n-2)!\). Les mêmes remplacements donnent \[k(k-1)\frac{n!}{k!(n-k)!} =n(n-1)\frac{(n-2)!}{(k-2)!((n-2)-(k-2))!}.\] Les hypothèses \(k\geqslant1\) ou \(k\geqslant2\) rendent toutes ces factorielles définies.
Démonstration 8.26 — Seconde preuve des moments binomiaux, sans additivité admise
Supposons d’abord \(0<p<1\) et posons \(q=1-p\). Pour \(n\geqslant2\), la loi binomiale et le lemme donnent \[\begin{aligned} \operatorname{E}(X) &=\sum_{k=1}^{n}k\binom nk p^kq^{n-k}\\ &=np\sum_{k=1}^{n}\binom{n-1}{k-1}p^{k-1}q^{(n-1)-(k-1)}\\ &=np\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}p^jq^{n-1-j}=np. \end{aligned}\] Dans la dernière ligne, \(j=k-1\) parcourt \(0,\ldots,n-1\). La somme est celle des probabilités de tous les nombres de succès d’un schéma à \(n-1\) épreuves : elle vaut \(1\).
De même, les termes \(k=0\) et \(k=1\) étant nuls, \[\begin{aligned} \operatorname{E}(X(X-1)) &=\sum_{k=2}^{n}k(k-1)\binom nk p^kq^{n-k}\\ &=n(n-1)p^2\sum_{j=0}^{n-2}\binom{n-2}{j}p^jq^{n-2-j}\\ &=n(n-1)p^2. \end{aligned}\] Si \(n=2\), la dernière somme ne contient que le terme \(1\) ; elle représente l’unique liste vide. Puis \(X^2=X(X-1)+X\) sur chaque issue. Par la linéarité déjà démontrée, \[\begin{aligned} \operatorname{V}(X) &=\operatorname{E}(X^2)-(np)^2\\ &=n(n-1)p^2+np-n^2p^2\\ &=(n^2-n)p^2+np-n^2p^2\\ &=np-np^2=np(1-p). \end{aligned}\] Pour \(n=1\), les formules sont celles de Bernoulli, déjà démontrées. Pour \(p=0\) ou \(p=1\), \(X\) est constante, comme établi précédemment. La preuve couvre ainsi tous les cas annoncés, sans factorielle négative ni puissance ambiguë.
Proposition 8.27 — Produit des espérances : approfondissement facultatif
Si \(U\) et \(V\) dépendent de deux épreuves indépendantes d’une expérience finie, alors \[\operatorname{E}(UV)=\operatorname{E}(U)\operatorname{E}(V).\] Cette relation n’est pas exigée comme outil du noyau du programme. Elle permet d’expliquer l’additivité de la variance au lieu de l’admettre.
Démonstration 8.28 — Un tableau à deux entrées
Supposons que \(U\) prenne \(u_i\) avec probabilité \(a_i\) et \(V\) prenne \(v_j\) avec probabilité \(b_j\). L’indépendance des épreuves fournit le poids \(a_ib_j\) à la case \((u_i,v_j)\). La valeur de \(UV\) dans cette case est \(u_iv_j\). En additionnant toutes les cases, \[\operatorname{E}(UV)=\sum_i\sum_j u_iv_ja_ib_j =\left(\sum_i u_ia_i\right)\left(\sum_jv_jb_j\right).\] La dernière égalité est la distributivité d’un produit de deux sommes finies. Elle donne le résultat.
Démonstration 8.29 — Pourquoi les variances indépendantes s’ajoutent
Pour deux variables \(U,V\) comme ci-dessus, développer \((U+V)^2=U^2+2UV+V^2\) puis utiliser la linéarité donne \[\begin{aligned} \operatorname{V}(U+V) &=\operatorname{E}(U^2)+2\operatorname{E}(UV)+\operatorname{E}(V^2) -(\operatorname{E}(U)+\operatorname{E}(V))^2\\ &=\operatorname{E}(U^2)+2\operatorname{E}(U)\operatorname{E}(V)+\operatorname{E}(V^2) \\[-1pt] &\quad -(\operatorname{E}(U))^2-2\operatorname{E}(U)\operatorname{E}(V)-(\operatorname{E}(V))^2\\ &=\operatorname{V}(U)+\operatorname{V}(V). \end{aligned}\] Pour plusieurs variables issues des épreuves indépendantes, le développement du carré de la somme contient les carrés \(X_i^2\) et deux fois chaque produit \(X_iX_j\) avec \(i<j\). Chacun de ces produits a pour espérance \(\operatorname{E}(X_i)\operatorname{E}(X_j)\), et tous les termes croisés se compensent avec ceux du carré de la somme des espérances. Il reste exactement la somme des variances.
Contre-exemple 8.30 — Sans indépendance, la formule peut échouer
Soit \(B\) une Bernoulli de paramètre \(\tfrac12\). Si l’on pose \(U=B\) et \(V=B\), les deux variables sont toujours égales. Alors \[\operatorname{V}(U+V)=\operatorname{V}(2B)=4\times\frac14=1, \quad\operatorname{V}(U)+\operatorname{V}(V)=\frac14+\frac14=\frac12.\] En revanche, \(\operatorname{E}(U+V)=1=\operatorname{E}(U)+\operatorname{E}(V)\) : la linéarité fonctionne toujours.
Un parcours pour savoir utiliser et expliquer
Méthode 8.31 — Calculer des indicateurs sans perdre leur sens
Nommer la variable et son unité ; préciser la loi et ses paramètres, ou sa table de probabilités.
Écrire la formule avant de substituer : \(np\), \(np(1-p)\) puis la racine carrée, dans le cas binomial.
Si la variable demandée est une fréquence ou un gain, écrire d’abord \(F=X/n\) ou \(G=aX+b\) ; appliquer ensuite le changement d’échelle.
Conclure séparément sur le centre, la dispersion et leurs unités. Vérifier que la variance est positive et qu’un décalage seul n’a pas modifié la dispersion.
À toi 8.32 — Essai guidé : du nombre à la fréquence
\(X\sim\mathcal{B}(20;0{,}35)\). Calcule \(\operatorname{E}(X)\), \(\operatorname{V}(X)\) et \(\sigma(X)\). Puis calcule les trois indicateurs de \(F=X/20\). Indice : commence par \(1-p=0{,}65\) ; pour une variance, le facteur \(1/20\) doit être mis au carré.
Correction expliquée 8.33 — Le carré du facteur est décisif
\[\operatorname{E}(X)=20\times0{,}35=7, \quad\operatorname{V}(X)=20\times0{,}35\times0{,}65=4{,}55, \quad\sigma(X)=\sqrt{4{,}55}\approx2{,}133.\] Puis \[\operatorname{E}(F)=\frac7{20}=0{,}35,\qquad \operatorname{V}(F)=\frac{4{,}55}{400}=0{,}011375,\qquad \sigma(F)=\frac{\sqrt{4{,}55}}{20}\approx0{,}10665.\] \(F\) est une proportion. Son écart type représente environ \(10{,}665\) points de pourcentage ; ce n’est pas une garantie sur l’écart constaté lors d’une expérience.
À toi 8.34 — Tentative : un gain et une justification
Trente épreuves indépendantes ont chacune une probabilité de succès \(0{,}2\). \(X\) compte les succès et \(G=4X-5\) est un gain en euros. Détermine l’espérance et la variance de \(G\). Explique pourquoi les cinq euros retirés ne modifient pas la variance. Essaie avant de consulter l’indice.
Indice : \(\operatorname{V}(4X-5)=16\operatorname{V}(X)\), car une variance utilise les carrés des écarts.
Correction expliquée 8.35 — Du modèle à l’interprétation
\(X\sim\mathcal{B}(30;0{,}2)\), donc \(\operatorname{E}(X)=6\) et \(\operatorname{V}(X)=30\times0{,}2\times0{,}8=4{,}8\). Ainsi \[\operatorname{E}(G)=4\times6-5=19\text{ euros},\qquad \operatorname{V}(G)=4^2\times4{,}8=76{,}8\text{ euros}^2.\] L’écart type serait \(\sqrt{76{,}8}\approx8{,}764\) euros. Retirer \(5\) à toutes les valeurs retire aussi \(5\) à leur moyenne : les différences avec la moyenne sont inchangées. Pour une justification suffisante, il faut mentionner les écarts au centre, et pas seulement dire « c’est la formule ».
À toi 8.36 — Variation : même centre, même loi ?
\(A\sim\mathcal{B}(20;0{,}3)\) et \(B\sim\mathcal{B}(10;0{,}6)\). Ils ont la même espérance. Ont-ils nécessairement la même loi ou la même dispersion ?
Correction expliquée 8.37 — Une information ne détermine pas toute la loi
Les espérances valent \(6\), mais \(\operatorname{V}(A)=20\times0{,}3\times0{,}7=4{,}2\) et \(\operatorname{V}(B)=10\times0{,}6\times0{,}4=2{,}4\). Les dispersions sont différentes ; les valeurs possibles le sont aussi, puisque \(A\) peut dépasser \(10\), alors que \(B\) ne le peut pas. Le couple de paramètres, et non le seul produit \(np\), détermine la loi binomiale.
Point de reprise 8.38 — Réparer « la variance vaut aussi np »
L’erreur est d’avoir oublié que la variance mesure des écarts au carré, pas le nombre moyen de succès. Pour une Bernoulli de paramètre \(\tfrac12\), la moyenne est \(\tfrac12\), mais les deux écarts au carré valent \(\tfrac14\) ; leur moyenne vaut donc \(\tfrac14\), et non \(\tfrac12\).
Nouvel essai. Pour \(Z\sim\mathcal{B}(4;0{,}5)\), calcule les trois indicateurs.
Correction. \(\operatorname{E}(Z)=4\times0{,}5=2\) ; \(\operatorname{V}(Z)=4\times0{,}5\times0{,}5=1\) ; \(\sigma(Z)=1\). Reviens ensuite à \(X\sim\mathcal{B}(20;0{,}35)\) et explique où intervient le facteur \(0{,}65\).
À toi 8.39 — À reprendre plus tard, avant de relire
Pour \(X\sim\mathcal{B}(25;0{,}4)\), on pose \(F=X/25\) et \(H=2X+3\). Retrouve \(\operatorname{E}(F)\), \(\operatorname{V}(F)\), \(\operatorname{E}(H)\) et \(\operatorname{V}(H)\). Explique avec une phrase pourquoi l’indépendance est utilisée dans la preuve de la variance, mais pas dans celle de l’espérance d’une somme.
Aide si nécessaire : calcule d’abord \(\operatorname{E}(X)\) et \(\operatorname{V}(X)\), puis distingue un facteur \(a\) d’un facteur \(a^2\).
Correction expliquée 8.40 — Correction de la reprise
\(\operatorname{E}(X)=10\) et \(\operatorname{V}(X)=25\times0{,}4\times0{,}6=6\). Ainsi \(\operatorname{E}(F)=0{,}4\), \(\operatorname{V}(F)=6/625=0{,}0096\), \(\operatorname{E}(H)=2\times10+3=23\) et \(\operatorname{V}(H)=4\times6=24\). La moyenne d’une somme s’obtient en additionnant les moyennes sur les mêmes issues. Pour la variance, il faut en plus maîtriser les produits croisés ; l’indépendance permet leur compensation dans la preuve. Ce sont les idées attendues, même sans recopier les calculs généraux.
À retenir 8.41 — Le parcours rapide
Une espérance décrit un centre, pas une valeur certaine. Une variance mesure des écarts au carré ; l’écart type revient à l’unité de départ. Pour \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\) : \(\operatorname{E}(X)=np\), \(\operatorname{V}(X)=np(1-p)\). Pour \(aX+b\) : l’espérance devient \(a\operatorname{E}(X)+b\), la variance \(a^2\operatorname{V}(X)\). Pour la fréquence \(X/n\), l’espérance est \(p\) et la dispersion diminue comme \(1/\sqrt n\).
9. Lire une loi, comparer des modèles et retrouver les paramètres
Objectif. Interpréter un diagramme sans lui faire dire trop, comprendre ses symétries et contrôler la pertinence d’un modèle binomial.
Point de reprise 9.1 — Les outils nécessaires dans cette unité
Une variable \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\) compte les succès de \(n\) épreuves indépendantes de même probabilité de succès \(p\). Pour \(0\leqslant k\leqslant n\), \[\mathbb{P}(X=k)=\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k},\qquad \operatorname{E}(X)=np,\qquad \operatorname{V}(X)=np(1-p).\] Les formules aux extrêmes s’interprètent directement : \(p=0\) donne \(X=0\) avec certitude, \(p=1\) donne \(X=n\). L’espérance est une moyenne pondérée ; la variance est la moyenne des carrés des écarts à cette moyenne. L’unité 8 démontre les formules des moments. On utilisera aussi \(\operatorname{E}(X+Y)=\operatorname{E}(X)+\operatorname{E}(Y)\), même sans indépendance, et \(\operatorname{V}(X)=\operatorname{E}(X^2)-(\operatorname{E}(X))^2\).
Repérer ce que représente un graphique
À toi 9.2 — Trois lectures à distinguer
On donne \(X\sim\mathcal{B}(5;0{,}3)\). Un diagramme comporte un bâton en chaque entier de \(0\) à \(5\). Peut-on affirmer que sa plus haute barre est en \(1{,}5\), qu’il est symétrique autour de \(1{,}5\), ou que l’on obtiendra nécessairement un ou deux succès ? Propose une réponse avant de lire la suite.
Correction expliquée 9.3 — Le centre n’impose pas la forme
\(1{,}5=5\times0{,}3\) est l’espérance, mais \(X\) ne prend que des valeurs entières : il n’existe pas de barre en \(1{,}5\). La symétrie ne découle pas de l’espérance. Enfin \(\mathbb{P}(X=0)=0{,}7^5>0\) : zéro succès reste possible. Si tu confonds valeurs et probabilités, commence par le tableau suivant ; si tu confonds moyenne et réalisation, relis le rappel puis le contre-exemple sur le gain.
Définition 9.4 — Masse ponctuelle, cumul et mode
Le diagramme en bâtons représente en l’abscisse entière \(k\) la hauteur \(\mathbb{P}(X=k)\). La fonction de répartition, ou cumul, est \[F(x)=\mathbb{P}(X\leqslant x),\qquad x\in\mathbb{R}.\] Un mode est une valeur dont la probabilité est maximale. Il peut y avoir plusieurs modes. Le mode décrit la valeur la plus probable ; l’espérance décrit la moyenne pondérée de toutes les valeurs.
Exemple expliqué 9.5 — Construire puis lire les deux graphiques
Pour \(X\sim\mathcal{B}(5;0{,}3)\), le calcul \[\mathbb{P}(X=2)=\binom{5}{2}(0{,}3)^2(0{,}7)^3 =10\times0{,}09\times0{,}343=0{,}30870\] donne une hauteur de bâton. Les autres calculs conduisent au tableau suivant, où les nombres décimaux sont ici exacts.
| \(k\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| \(\mathbb{P}(X=k)\) | 0,16807 | 0,36015 | 0,30870 | 0,13230 | 0,02835 | 0,00243 |
| \(F(k)\) | 0,16807 | 0,52822 | 0,83692 | 0,96922 | 0,99757 | 1 |
Le mode est \(1\), alors que \(\operatorname{E}(X)=1{,}5\). Le cumul en \(2\) additionne trois masses : \(F(2)=0{,}16807+0{,}36015+0{,}30870=0{,}83692\). Par complémentaire, \[\mathbb{P}(X>2)=1-F(2)=0{,}16308.\] Entre \(2\) et \(3\), sans atteindre \(3\), aucun nouvel entier n’est inclus : \(F(2{,}7)=F(2)\). Le cumul ne monte donc pas en ligne droite entre les entiers.
Lecture. À gauche, une hauteur décrit une seule valeur. À droite, une hauteur additionne toutes les valeurs situées à sa gauche, borne incluse. La droite pointillée de l’espérance n’est pas un axe de symétrie.
Propriété 9.6 — Les marches du cumul
Pour une variable à valeurs dans \(\{0,\ldots,n\}\), le cumul est croissant au sens large, constant sur chaque intervalle \([k;k+1[\), nul avant \(0\) et égal à \(1\) à partir de \(n\). Son saut en l’entier \(k\) vaut \(\mathbb{P}(X=k)\).
Démonstration 9.7 — Ajouter des événements disjoints
Si \(x\leqslant y\), toute issue vérifiant \(X\leqslant x\) vérifie \(X\leqslant y\) ; la probabilité ne diminue donc pas. Pour \(k\leqslant x<k+1\), \(X\leqslant x\) équivaut à \(X\leqslant k\), puisque \(X\) est entier. Enfin les événements \(X\leqslant k-1\) et \(X=k\) sont disjoints et leur réunion est \(X\leqslant k\), donc \[F(k)-F(k-1)=\mathbb{P}(X=k).\] Les valeurs extrêmes proviennent des valeurs possibles de \(X\).
Erreur à éviter 9.8 — Un diagramme discret n’est pas une densité
La probabilité \(\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)\) est une somme de hauteurs aux entiers concernés. Ne mesure pas une aire sous une courbe lissée inventée entre les bâtons. La largeur choisie pour dessiner les barres ne change pas la loi.
Succès et échecs : une symétrie démontrée
Proposition 9.9 — Compter les échecs
Si \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\), alors \(n-X\sim\mathcal{B}(n,1-p)\). Les diagrammes des lois \(\mathcal{B}(n,p)\) et \(\mathcal{B}(n,1-p)\) se correspondent par réflexion autour de l’abscisse \(n/2\).
Démonstration 9.10 — Changer la catégorie que l’on compte
Parmi les \(n\) essais, chaque résultat est soit un succès, soit un échec ; le nombre d’échecs est donc \(n-X\). Les essais restent indépendants quand on échange les noms des deux catégories et la probabilité de la nouvelle catégorie vaut \(1-p\). On retrouve la définition d’une binomiale. Plus explicitement, \[\mathbb{P}(n-X=k)=\mathbb{P}(X=n-k) =\binom{n}{n-k}p^{n-k}(1-p)^k.\] Comme \(\binom{n}{n-k}=\binom{n}{k}\), c’est bien la probabilité de la valeur \(k\) pour \(\mathcal{B}(n,1-p)\). Les cas \(p=0\) et \(p=1\) échangent simplement les deux lois certaines.
Corollaire 9.11 — Le cas équilibré
Pour \(p=\tfrac12\), on a \(\mathbb{P}(X=k)=\mathbb{P}(X=n-k)\) : le diagramme est symétrique autour de \(n/2\). Pour \(n\geqslant1\) et \(0<p<1\), cette symétrie autour de \(n/2\) impose réciproquement \(p=\tfrac12\).
Démonstration 9.12 — Une égalité suffit pour la réciproque
Si \(p=1-p\), la proposition précédente compare la loi à elle-même. Réciproquement, la symétrie exige en particulier \(\mathbb{P}(X=0)=\mathbb{P}(X=n)\), donc \((1-p)^n=p^n\). Les deux nombres étant positifs, et la fonction puissance entière strictement croissante sur les nombres positifs, \(1-p=p\) ; d’où \(p=1/2\).
Lecture. Les lois de paramètres \(1/4\) et \(3/4\) sont les reflets l’une de l’autre. La loi centrale, de paramètre \(1/2\), est son propre reflet.
Pour aller plus loin : localiser le sommet
Proposition 9.13 — Un ou deux modes de la loi binomiale — complément
Supposons \(0<p<1\). Posons \(t=(n+1)p\). Si \(t\) n’est pas entier, le mode unique est la partie entière de \(t\), c’est-à-dire le plus grand entier inférieur à \(t\). Si \(t\) est entier, les deux modes sont \(t-1\) et \(t\).
Démonstration 9.14 — Comparer deux hauteurs consécutives
Posons \(a_k=\mathbb{P}(X=k)\). Pour \(0\leqslant k<n\), tous les facteurs divisés sont strictement positifs, et la simplification des factorielles donne \[\frac{a_{k+1}}{a_k} =\frac{n-k}{k+1}\frac{p}{1-p}.\] Ce rapport est supérieur ou égal à \(1\) exactement lorsque \[(n-k)p\geqslant(k+1)(1-p) \quad\Longleftrightarrow\quad (n+1)p\geqslant k+1.\] Les hauteurs augmentent donc tant que \(k+1<t\), sont égales si \(k+1=t\), puis diminuent lorsque \(k+1>t\). Cela donne les deux cas annoncés. Si \(p=0\) ou \(p=1\), le rapport serait inutilisable ; les modes sont directement \(0\) ou \(n\).
Exemple expliqué 9.15 — Le sommet n’est pas la moyenne
Pour \(\mathcal{B}(5;0{,}3)\), \(t=1{,}8\) donne le mode \(1\), alors que la moyenne vaut \(1{,}5\). Pour \(\mathcal{B}(3;1/2)\), \(t=2\) donne deux modes, \(1\) et \(2\), tandis que la moyenne vaut aussi \(1{,}5\). Une même moyenne n’impose donc ni la même loi ni le même sommet.
Retrouver des paramètres sans surinterpréter les données
Proposition 9.16 — Inverser les formules des moments
Si l’on sait que \(X\) est binomiale et que ses moments exacts vérifient \(m=\operatorname{E}(X)>0\) et \(0<v=\operatorname{V}(X)<m\), alors \[p=1-\frac vm,\qquad n=\frac{m^2}{m-v}.\] Le nombre obtenu pour \(n\) doit être un entier strictement positif. Ces conditions sur deux nombres ne suffisent pas, à elles seules, à prouver qu’une variable est binomiale.
Démonstration 9.17 — Une division autorisée par l’hypothèse
On a \(m=np\) et \(v=np(1-p)=m(1-p)\). Comme \(m>0\), \(v/m=1-p\), puis \(p=1-v/m>0\). Enfin \(n=m/p=m^2/(m-v)\). Les inégalités \(0<v<m\) assurent \(0<p<1\) ; elles ne donnent pas automatiquement un entier \(n\).
Remarque 9.18 — Cas limites et mesures approchées
Si \(m=0\), une loi binomiale avec \(n\geqslant1\) a \(p=0\), \(v=0\), et \(n\) n’est pas identifiable par ces moments. Si \(m>0\) et \(v=0\), alors \(p=1\) et \(n=m\), qui doit être entier. Avec \(m>0\), \(v\geqslant m\) est impossible pour une binomiale. Des moyennes et variances mesurées sur un échantillon ou arrondies ne sont pas des moments théoriques exacts : un \(n\) non entier proche d’un entier appelle une analyse des données, pas un arrondi automatique présenté comme une preuve.
Exemple expliqué 9.19 — Un calcul et son contrôle
Une variable supposée binomiale a \(m=4{,}8\) et \(v=2{,}88\). Alors \[p=1-\frac{2{,}88}{4{,}8}=0{,}4, \qquad n=\frac{4{,}8}{0{,}4}=12.\] On vérifie \(12\times0{,}4=4{,}8\) et \(12\times0{,}4\times0{,}6=2{,}88\). Ces contrôles confirment les paramètres dans le modèle annoncé.
Contre-exemple 9.20 — Deux moments identiques ne déterminent pas la loi
Une variable \(Z\) vaut \(0,1,3\) avec probabilités \(1/6,3/4,1/12\). La somme de ces probabilités vaut \(1\). On calcule \[\operatorname{E}(Z)=\frac34+\frac3{12}=1,\qquad \operatorname{E}(Z^2)=\frac34+\frac9{12}=\frac32, \quad\operatorname{V}(Z)=\frac12.\] Ces moments sont ceux de \(\mathcal{B}(2;1/2)\), mais \(\mathbb{P}(Z=3)=1/12>0\), alors qu’une \(\mathcal{B}(2;1/2)\) ne dépasse jamais \(2\). Les paramètres retrouvés ne prouvent donc pas le modèle.
À toi 9.21 — Essai guidé : identifier puis vérifier
On sait que \(X\) est binomiale, d’espérance \(3\) et de variance \(2{,}1\). Retrouve \(p\) et \(n\), puis vérifie les deux moments. Indice : commence par \(v/m\), qui vaut \(1-p\), et non \(p\).
Correction expliquée 9.22 — Les deux équations ont un rôle différent
\(v/m=2{,}1/3=0{,}7\), donc \(p=0{,}3\). Puis \(n=m/p=3/0{,}3=10\). On retrouve \(np=3\) et \(np(1-p)=3\times0{,}7=2{,}1\). Prendre \(p=0{,}7\) aurait confondu la probabilité de succès avec celle d’échec.
Additionner des compteurs : quand est-ce encore binomial ?
Théorème 9.23 — Deux blocs indépendants de même paramètre
Si \(U\sim\mathcal{B}(m,p)\) et \(V\sim\mathcal{B}(n,p)\) sont indépendantes, alors \[U+V\sim\mathcal{B}(m+n,p).\] L’indépendance porte aussi sur les deux blocs entre eux, et pas seulement sur les essais à l’intérieur de chacun.
Démonstration 9.24 — Concaténer les essais
Construisons \(m+n\) essais indépendants de probabilité \(p\). Le compteur \(U'\) des \(m\) premiers et le compteur \(V'\) des \(n\) suivants ont les lois de \(U\) et \(V\) ; les blocs sont indépendants. Leur somme compte les succès des \(m+n\) essais, donc suit \(\mathcal{B}(m+n,p)\). Enfin, pour chaque entier \(r\), l’indépendance donne \[\mathbb{P}(U+V=r)=\sum_k\mathbb{P}(U=k)\mathbb{P}(V=r-k),\] où l’on somme sur les valeurs possibles de \(U\) et où une valeur impossible de \(V\) a probabilité nulle. La même somme décrit \(U'+V'\), puisque les lois marginales sont les mêmes. Ainsi \(U+V\) et \(U'+V'\) ont la même loi : la construction prouve le résultat même si les compteurs initiaux sont présentés autrement.
Contre-exemple 9.25 — Deux façons de perdre la loi binomiale
Probabilités différentes. Deux Bernoulli indépendantes de paramètres \(0{,}2\) et \(0{,}8\) ont une somme de moyenne \(1\). Si cette somme suivait \(\mathcal{B}(2,p)\), on aurait \(p=1/2\). Pourtant la probabilité de deux succès vaut \(0{,}2\times0{,}8=0{,}16\), au lieu de \(1/4\).
Dépendance. Si l’on compte deux fois la même Bernoulli \(B\) de paramètre \(1/2\), la somme \(B+B\) vaut seulement \(0\) ou \(2\). Elle ne suit pas \(\mathcal{B}(2;1/2)\), qui attribue la probabilité \(1/2\) à la valeur \(1\). Dans les deux exemples, la linéarité de l’espérance reste valable.
Contre-exemple 9.26 — Un gain non affine ne se calcule pas à la moyenne
Soit \(X\sim\mathcal{B}(2;1/2)\) et un gain \(G=X^2\) euros. Les gains possibles sont \(0,1,4\), avec probabilités \(1/4,1/2,1/4\). Ainsi \[\operatorname{E}(G)=0\times\frac14+1\times\frac12+4\times\frac14=\frac32, \qquad (\operatorname{E}(X))^2=1.\] En général, \(\operatorname{E}(g(X))\ne g(\operatorname{E}(X))\). La formule \(\operatorname{E}(aX+b)=a\operatorname{E}(X)+b\) s’applique aux gains affines ; on ne l’étend pas à un carré, un plafond ou un bonus conditionnel.
À toi 9.27 — Essai autonome et changement de structure
Deux séries indépendantes comportent respectivement \(7\) et \(5\) essais, tous de probabilité de succès \(0{,}2\). Détermine la loi, l’espérance et la variance du total \(T\). Puis suppose que la probabilité de succès de la seconde série passe à \(0{,}4\) : peut-on encore utiliser le même théorème ? Que devient l’espérance ? Indice disponible après recherche : le total additionne les deux compteurs, et non leurs paramètres \(p\).
Correction expliquée 9.28 — Ce qui reste vrai quand une hypothèse change
Dans le premier cas, \(T\sim\mathcal{B}(12;0{,}2)\), donc \(\operatorname{E}(T)=2{,}4\) et \(\operatorname{V}(T)=12\times0{,}2\times0{,}8=1{,}92\). Dans le second, les deux blocs n’ont plus le même paramètre : le théorème ne s’applique plus. En revanche, la linéarité donne toujours \(\operatorname{E}(T)=7\times0{,}2+5\times0{,}4=3{,}4\). L’indépendance permet encore d’additionner les variances, soit \(1{,}12+1{,}20=2{,}32\), sans prétendre que le total est binomial.
À toi 9.29 — Justification personnelle
Explique sans réciter une formule pourquoi \(1-F(2)\) représente \(\mathbb{P}(X\geqslant3)\) pour une variable entière. Critères : nommer l’événement complémentaire, mentionner l’absence de valeur entière entre \(2\) et \(3\), conserver la bonne borne.
Correction expliquée 9.30 — Une réponse suffisamment précise
\(F(2)\) est la probabilité de \(X\leqslant2\). Son complémentaire est \(X>2\). Puisque \(X\) est entier, \(X>2\) équivaut à \(X\geqslant3\) ; par conséquent \(1-F(2)=\mathbb{P}(X\geqslant3)\). Écrire seulement « on enlève les petits nombres » ne précise pas si la valeur \(2\) est retirée.
Erreur à éviter 9.31 — Réparer une fausse symétrie puis réessayer
Erreur : « La moyenne de \(\mathcal{B}(5;0{,}3)\) vaut \(1{,}5\), donc son diagramme est symétrique autour de \(1{,}5\). » Réparation : la moyenne est une moyenne pondérée, pas une hypothèse de symétrie ; ici \(\mathbb{P}(X=0)=0{,}16807\) et \(\mathbb{P}(X=3)=0{,}13230\) sont différentes, bien que \(0\) et \(3\) soient à la même distance de \(1{,}5\).
Nouvel essai : pour \(Y\sim\mathcal{B}(3;1/2)\), trouve la moyenne et les modes ; la symétrie est-elle cette fois vraie ? Correction : les probabilités sont \(1/8,3/8,3/8,1/8\). La moyenne vaut \(1{,}5\), les modes sont \(1\) et \(2\), et la symétrie autour de \(1{,}5\) est vraie. Elle vient de \(p=1/2\), non de la seule existence d’une moyenne.
Contrôle 9.32 — Mini-test avant de poursuivre
Avec le tableau de l’exemple 9.5, calcule \(\mathbb{P}(2\leqslant X\leqslant4)\).
Une variable supposée binomiale a pour moments exacts \(m=6\) et \(v=4{,}2\). Retrouve ses paramètres.
Vrai ou faux : « Deux compteurs binomiaux de même paramètre ont toujours une somme binomiale. »
Correction expliquée 9.33 — Corrigé du mini-test et orientation
1. \(F(4)-F(1)=0{,}99757-0{,}52822=0{,}46935\) : on conserve le terme \(X=2\), donc on soustrait jusqu’à \(1\). 2. \(p=1-4{,}2/6=0{,}3\), puis \(n=6/0{,}3=20\). 3. Faux sans indépendance : reprendre le compteur répété \(B+B\) du contre-exemple 9.25. Une erreur en 1 invite à revoir le cumul ; en 2, l’inversion des moments ; en 3, les hypothèses du théorème.
À toi 9.34 — Reprise différée : demain, sans relire le cours
Pour \(X\sim\mathcal{B}(4;1/2)\), donne l’espérance puis calcule la probabilité de cette valeur. La moyenne est-elle cette fois une valeur possible ? Est-elle certaine ? Pour \(Y\sim\mathcal{B}(4;1/4)\), donne la loi de \(4-Y\) et explique ce que cette transformation fait au diagramme. Prends trois minutes, puis compare ta justification à la correction.
Correction expliquée 9.35 — Correction de la reprise différée
\(\operatorname{E}(X)=2\), et \(\mathbb{P}(X=2)=\binom{4}{2}/2^4=6/16=3/8\). La moyenne est bien une valeur possible, mais elle n’est pas certaine puisque sa probabilité est inférieure à \(1\). On a \(4-Y\sim\mathcal{B}(4;3/4)\) : compter les échecs échange les hauteurs aux abscisses \(k\) et \(4-k\). Le nouveau diagramme est le reflet du premier autour de l’abscisse \(2\) ; cela ne rend pas chacun des deux diagrammes symétrique par lui-même. Si tu as confondu ces deux symétries, reprends la figure 10, puis reformule la différence sans regarder le texte.
À retenir 9.36 — Ce que tu dois pouvoir expliquer
Une hauteur, un cumul, un mode et une espérance sont quatre informations différentes. Les formules servent à calculer, mais leurs hypothèses servent à décider si le calcul décrit réellement l’expérience. Une symétrie se démontre ; deux moments ne suffisent pas à reconnaître une loi ; un changement de protocole peut conserver l’espérance tout en changeant toute la distribution.
10. Calculer, programmer et simuler une loi binomiale
Objectif. Passer d’une question mathématique à un calcul contrôlé, expliquer un algorithme et distinguer un résultat théorique d’une fréquence simulée.
Point de reprise 10.1 — Les trois nombres à ne pas confondre
Dans \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\), \(n\) est le nombre d’essais d’une expérience complète et \(p\) la probabilité de succès de chaque essai indépendant. Le résultat \(X\) est un entier de \(0\) à \(n\). Pour vérifier numériquement la loi, on peut répéter cette expérience complète \(N_{\rm sim}\) fois : \(N_{\rm sim}\) n’est alors ni le nombre d’essais d’une expérience, ni un paramètre de la loi de \(X\).
On rappelle \(\mathbb{P}(X=k)=\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}\), \(F(k)=\mathbb{P}(X\leqslant k)\) et \(\mathbb{P}(X\geqslant k)=1-F(k-1)\). Dans les programmes, le cas \(n=0\) est protégé par la convention naturelle : zéro essai donne zéro succès avec certitude.
À toi 10.2 — Repérage : combien de cases faut-il ?
On simule \(1\,000\) expériences de quatre essais chacune. La liste des effectifs doit-elle contenir quatre, cinq ou mille cases ? Par quel nombre faut-il diviser les effectifs pour obtenir les fréquences des nombres de succès ?
Correction expliquée 10.3 — Les valeurs possibles déterminent la taille de la liste
Il faut cinq cases, indexées \(0,1,2,3,4\). La case \(k\) compte les expériences dont le résultat est \(k\), y compris la case zéro. Les effectifs totalisent \(1\,000\) : les fréquences se calculent donc en divisant par \(1\,000\), et non par quatre. Une erreur sur les cases invite à reprendre les valeurs possibles de \(X\) ; une erreur sur le dénominateur invite à distinguer un essai et une expérience complète.
Avant toute touche : écrire la probabilité cherchée
Méthode 10.4 — Une procédure indépendante de la marque de calculatrice
Vérifier le modèle et écrire \(X\sim\mathcal{B}(n,p)\), avec \(p\) sous forme de nombre compris entre \(0\) et \(1\) : \(20\,\%\) signifie \(0{,}20\), pas \(20\).
Traduire la phrase en événement, avant de choisir une fonction numérique.
Identifier la fonction disponible : probabilité ponctuelle \(\mathbb{P}(X=k)\), cumul \(\mathbb{P}(X\leqslant k)\) ou intervalle à bornes incluses. Vérifier le sens des bornes dans l’aide de l’appareil utilisé.
Transformer si nécessaire : \(\mathbb{P}(X\geqslant a)=1-F(a-1)\) et \(\mathbb{P}(a\leqslant X\leqslant b)=F(b)-F(a-1)\).
Conserver les valeurs internes pendant le calcul, arrondir seulement la réponse et vérifier qu’elle appartient à \([0;1]\).
Un menu ou une syntaxe change selon le modèle et sa version ; les événements mathématiques, eux, ne changent pas.
Exemple expliqué 10.5 — Un calcul contrôlé avant de programmer
Pour \(X\sim\mathcal{B}(5;0{,}3)\), on cherche \(\mathbb{P}(1\leqslant X\leqslant3)\). La borne inférieure étant incluse, on retire seulement \(X=0\) du cumul jusqu’à \(3\) : \[\mathbb{P}(1\leqslant X\leqslant3)=F(3)-F(0) =0{,}96922-0{,}16807=0{,}80115.\] Un contrôle indépendant consiste à additionner les probabilités des valeurs \(1,2,3\) : \(0{,}36015+0{,}30870+0{,}13230=0{,}80115\). Soustraire \(F(1)\) aurait retiré aussi la valeur \(1\) et répondu à une autre question.
Définition 10.6 — Algorithme, programme et contrat de calcul
Un algorithme décrit une suite d’opérations permettant d’obtenir une sortie à partir d’entrées. Un programme est une traduction de cet algorithme dans un langage. Pour comprendre une fonction, préciser ses entrées autorisées, le sens de ses variables, sa sortie et la raison pour laquelle elle s’arrête. Une valeur affichée ne suffit pas à démontrer que le programme répond à la bonne question.
Calculer une loi en Python : de la formule à une table fiable
Le fichier fourni OUTILS/binomiale_eleves.py utilise uniquement la bibliothèque standard de Python. Les fonctions vérifient leurs entrées : \(n\) est un entier positif ou nul, \(p\in[0;1]\), et les bornes du compteur sont entières. Les noms proba, cumul, intervalle, quantile et les fonctions de simulation y sont directement utilisables.
Algorithme 10.7 — La formule directe, à comprendre d’abord
Pour une valeur entière \(k\), la fonction proba_formule applique la formule démontrée dans l’unité 4. Son cœur est le suivant ; les vérifications d’entrées précèdent ce code dans le fichier complet.
from math import comb
def proba_formule(n, p, k):
if k < 0 or k > n:
return 0.0
if n == 0 or p == 0:
return 1.0 if k == 0 else 0.0
if p == 1:
return 1.0 if k == n else 0.0
return comb(n, k) * p**k * (1-p)**(n-k)comb(n,k) donne le coefficient binomial entier ; ** représente une puissance. Les premiers tests traitent les valeurs impossibles et les lois certaines avant les puissances, ce qui évite toute ambiguïté sur \(0^0\).
Démonstration 10.8 — Pourquoi cette fonction calcule la bonne quantité
Hors de \(0,\ldots,n\), la probabilité est nulle. Pour \(n=0\) ou \(p=0\), le compteur est nul ; pour \(p=1\), il vaut \(n\). Dans les autres cas, tous les facteurs de la formule binomiale sont définis et le dernier calcul est exactement cette formule, à l’arrondi informatique près. Aucun parcours d’une boucle n’est nécessaire : chaque branche renvoie une valeur après un nombre fini d’opérations.
Remarque 10.9 — Des nombres exacts, puis des nombres approchés
Un coefficient calculé par comb est un entier exact. En revanche, des nombres comme 0.3 sont généralement stockés sous une forme binaire approchée. Pour de très grands \(n\), la formule directe peut aussi rencontrer des nombres intermédiaires trop grands ou des puissances trop petites. Le fichier fournit donc une construction plus stable pour loi_binomiale, utilisée par proba et cumul. Elle n’autorise pas à ignorer les limites de précision dans des queues extrêmement petites.
Algorithme 10.10 — Construire la table en partant d’un mode — lecture facultative
Pour \(0<p<1\), notons \(a_k=\mathbb{P}(X=k)\). L’unité 9 démontre \[\frac{a_{k+1}}{a_k}=\frac{(n-k)p}{(k+1)(1-p)}.\] On choisit un mode \(m\), on pose provisoirement \(w_m=1\), puis on calcule les poids voisins avec ce rapport, à droite et avec son inverse à gauche. Enfin on divise chaque poids par la somme de tous les poids. La fonction loi_binomiale(n,p) renvoie ainsi une liste de \(n+1\) probabilités ; \(n=0\), \(p=0\) et \(p=1\) sont traités séparément.
Démonstration 10.11 — Le changement d’échelle disparaît à la fin
Au départ, \(w_m=a_m/a_m=1\). Si \(w_k=a_k/a_m\), le rapport donne \(w_{k+1}=a_{k+1}/a_m\) ; la relation inverse donne de même les poids à gauche. Tous les poids calculés valent donc \(a_k/a_m\). Leur somme est \(1/a_m\), puisque \(\sum a_k=1\). La division finale redonne exactement \(a_k\) en arithmétique exacte. Chaque indice est parcouru une fois à droite ou à gauche, puis la liste finie est normalisée : l’algorithme termine. Partir d’une hauteur maximale évite de propager un zéro provenant de l’arrondi d’une queue très petite.
Trouver un quantile : ici, n reste fixé
Algorithme 10.12 — Le premier cumul qui atteint le niveau demandé
Pour \(\alpha\in[0;1]\), on cherche le plus petit entier \(k\) de \(0\) à \(n\) tel que \(F(k)\geqslant\alpha\). La partie centrale de quantile est :
from math import fsum
table = loi_binomiale(n, p)
for k in range(n + 1):
cumul_k = fsum(table[:k + 1])
if cumul_k >= alpha:
return kCe fragment est placé dans une fonction. range(n+1) parcourt \(0,\ldots,n\) ; table[:k+1] contient les termes d’indices \(0\) à \(k\) inclus ; fsum effectue une addition flottante soignée. Le fichier complet traite aussi les cas frontières et les éventuels arrondis de fin de table.
Démonstration 10.13 — Correction, minimalité et arrêt
À l’étape d’indice \(k\), on additionne exactement les masses des événements disjoints \(X=0,\ldots,X=k\) : on obtient \(F(k)\), à l’arrondi près. Les indices sont examinés dans l’ordre croissant ; au premier succès du test, tous les indices précédents ont échoué. En arithmétique exacte, on a donc bien le plus petit indice satisfaisant la condition. L’arrêt est assuré au plus tard à \(k=n\), puisque \(F(n)=1\geqslant\alpha\). Pour \(\alpha=0\), la convention « plus petit indice dans \(0,\ldots,n\) » donne \(k=0\).
Exemple expliqué 10.14 — Tracer les premières étapes plutôt que deviner la sortie
Avec \(n=5\), \(p=0{,}3\) et \(\alpha=0{,}9\), la trace est :
| \(k\) | cumul calculé | test \(F(k)\geqslant0{,}9\) |
|---|---|---|
| 0 | 0,16807 | faux |
| 1 | 0,52822 | faux |
| 2 | 0,83692 | faux |
| 3 | 0,96922 | vrai : arrêt |
La sortie est \(3\). La vérification finale est l’encadrement \(F(2)<0{,}9\leqslant F(3)\), qui prouve la minimalité.
Contrôle 10.15 — Un seuil très proche d’une égalité demande un contrôle exact
Ne transforme pas une valeur affichée \(0{,}950\) en une égalité exacte avec \(0{,}95\). Le fichier propose loi_exacte et quantile_exact pour des paramètres rationnels, avec Fraction. Par exemple :
from fractions import Fraction
from binomiale_eleves import quantile_exact
q = quantile_exact(5, Fraction(3, 10), Fraction(9, 10))La classe Fraction conserve ici les rapports d’entiers sans arrondi. Pour un décimal exact, écrire Fraction("0.3") ou Fraction(3,10), et non Fraction(0.3), qui convertirait le nombre binaire déjà approché.
Chercher le nombre d’essais : cette fois, n varie
Algorithme 10.16 — Atteindre une probabilité d’au moins un succès
On fixe \(p\) et un niveau \(\alpha\), puis on cherche le plus petit \(n\geqslant0\) tel que \(1-(1-p)^n\geqslant\alpha\). Ce n’est pas le quantile précédent : le modèle change de taille quand \(n\) augmente. Pour des entrées rationnelles exactes, le cœur de seuil_exact est :
n = 0
aucun_succes = Fraction(1)
while aucun_succes > 1 - alpha:
n += 1
aucun_succes *= 1 - p
return nLe test utilise \(\mathbb{P}(X=0)\) pour éviter une confusion entre « au moins un » et « exactement un ». Avant la boucle, le programme règle les frontières : si \(\alpha=0\), la réponse est \(0\) ; si \(p=0\) et \(\alpha>0\), il n’existe pas de réponse finie ; si \(p=1\) et \(\alpha>0\), la réponse est \(1\) ; enfin \(0<p<1\), \(\alpha=1\) n’admet pas de réponse finie. L’absence de réponse est indiquée par None.
Démonstration 10.17 — Un invariant et une condition d’arrêt justifiée
Dans le cas \(0<p<1\) et \(0<\alpha<1\) qui entre réellement dans la boucle, on a au départ \(n=0\) et aucun_succes\(=1=(1-p)^0\). La base \(1-p\) est alors strictement positive. Après chaque passage, \(n\) augmente de \(1\) et la probabilité est multipliée par \(1-p\) : la variable conserve donc le sens \((1-p)^n\). La condition de sortie est exactement \((1-p)^n\leqslant1-\alpha\), soit la question posée. Comme tous les nombres d’essais ont été testés successivement, la première sortie est minimale.
Pour \(0<p<1\) et \(\alpha<1\), posons \(q=1-p\) et \(a=1/q-1>0\). On a \((1+a)^n\geqslant1+na\) : l’initialisation est immédiate et la multiplication par \(1+a\) ajoute au moins \(a\) à chaque étape, car \(na^2\geqslant0\). Ainsi \(q^n\leqslant1/(1+na)\) tend vers zéro. La boucle finit donc par satisfaire \(q^n\leqslant1-\alpha\). Les cas où cette preuve ne s’applique pas ont été traités avant la boucle.
Exemple expliqué 10.18 — Un seuil certifié, pas un simple arrondi
Avec \(p=1/10\) et \(\alpha=19/20\), les premières probabilités d’au moins un succès sont \(0\) pour \(n=0\), \(0{,}1\) pour \(n=1\), \(0{,}19\) pour \(n=2\) et \(0{,}271\) pour \(n=3\). La fonction exacte renvoie \(29\). Le contrôle des deux voisins donne \[1-0{,}9^{28}\approx0{,}947665<0{,}95,
\qquad 1-0{,}9^{29}\approx0{,}952899\geqslant0{,}95.\] Le module fournit aussi seuil_nombre_essais, utilisant les logarithmes puis vérifiant les voisins, pour éviter une longue boucle. seuil_exact reste le contrôle adapté à une égalité rationnelle délicate.
Simuler une expérience puis un grand nombre d’expériences
Algorithme 10.19 — Compter les succès d’une seule expérience
Dans le modèle idéal, un réel uniforme dans \([0;1[\) tombe dans \([0;p[\) avec probabilité \(p\), car cet intervalle a longueur \(p\). La fonction pseudo-aléatoire random() permet d’imiter ce choix :
from random import Random
def simule_binomiale(n, p, generateur):
succes = 0
for _ in range(n):
if generateur.random() < p:
succes += 1
return succesLe compteur est initialisé à zéro à chaque appel. Le tiret bas _ indique que le numéro d’itération n’est pas utilisé. Le code fourni accepte aussi l’absence de générateur en argument et vérifie \(n,p\) avant cette boucle.
Démonstration 10.20 — Pourquoi le compteur a le sens annoncé
Après zéro tour, le compteur vaut zéro. Si, après \(i\) tours, il compte les succès des \(i\) tests réalisés, le test suivant ajoute exactement un en cas de succès et rien sinon. Il compte donc les succès après \(i+1\) tests. Au bout de \(n\) tours, la sortie est un entier de \(0\) à \(n\) comptant les succès de l’expérience simulée. La boucle termine après exactement \(n\) tests. Dans le modèle de choix uniformes indépendants, cette somme suit la loi binomiale ; le caractère pseudo-aléatoire de l’ordinateur ne constitue pas une preuve d’indépendance de ses sorties.
Exemple expliqué 10.21 — Une trace manuelle du compteur
Avec \(n=4\) et \(p=0{,}3\), supposons que les valeurs fournies successivement soient \(0{,}12\), \(0{,}77\), \(0{,}31\) et \(0{,}02\). Les tests donnent succès, échec, échec, succès. Le compteur passe de \(0\) à \(1\), reste à \(1\), reste encore à \(1\), puis passe à \(2\). La sortie est \(2\). Ce parcours particulier ne fixe pas le résultat de l’appel suivant.
Algorithme 10.22 — Mémoriser les effectifs sur plusieurs expériences
generateur = Random(2026)
effectifs = [0] * (n + 1)
for _ in range(N_sim):
k = simule_binomiale(n, p, generateur)
effectifs[k] += 1
frequences = [nombre / N_sim for nombre in effectifs]Ici \(N_{\rm sim}\) est un entier strictement positif. Le générateur et les effectifs sont créés avant la boucle des expériences ; le compteur des succès est réinitialisé dans chaque appel à simule_binomiale. La graine \(2026\) rend cet exemple reproductible ; elle n’est pas une probabilité et n’améliore pas la qualité mathématique du modèle.
Démonstration 10.23 — Un contrôle simple qui détecte de nombreuses erreurs
Chaque appel renvoie un indice \(k\) entre \(0\) et \(n\) ; une seule case augmente de \(1\). Après \(j\) expériences, la somme des effectifs vaut donc \(j\), par récurrence immédiate à partir de zéro. À la fin, elle vaut \(N_{\rm sim}\) et la somme des fréquences vaut \(1\), aux arrondis près. Les boucles comportent \(N_{\rm sim}\) appels de \(n\) tests chacune : elles terminent après \(nN_{\rm sim}\) tests pseudo-aléatoires.
Erreur à éviter 10.24 — Deux simulations qui ne représentent pas la même chose
randint(0,1) donne deux valeurs équiprobables ; il convient directement à \(p=1/2\), mais pas à \(p=0{,}2\). Le test random() < p permet de choisir un paramètre quelconque. Par ailleurs, une fréquence simulée n’est pas une probabilité théorique exacte : un événement de probabilité positive peut ne jamais apparaître dans un nombre fini de répétitions.
Une application : le modèle idéal de Galton
Définition 10.25 — Ce que modélise le compteur de déviations
Une bille subit \(h\) décisions successives, indépendantes, avec probabilité \(p\) d’aller à droite à chaque décision. On note \(X\) le nombre de déviations à droite. Alors \(X\sim\mathcal{B}(h,p)\), par définition du schéma ; les bacs sont indexés par \(0,1,\ldots,h\), donc il y a \(h+1\) bacs. La géométrie d’une planche réelle ne suffit pas à garantir ces hypothèses : il s’agit d’un modèle idéal.
Lecture. Le chemin droite, gauche, droite, droite comporte trois déviations à droite : il termine au bac d’indice 3. Le nombre de bacs est supérieur d’une unité au nombre de décisions.
Exemple expliqué 10.26 — Comparer la simulation à une loi connue
La commande galton(4,1000,graine=2026) du fichier fourni donne, lors de l’exécution contrôlée, les effectifs \([55,246,365,255,79]\). Leur somme vaut \(1\,000\). Les fréquences sont donc \(0{,}055\), \(0{,}246\), \(0{,}365\), \(0{,}255\), \(0{,}079\). La loi théorique pour \(p=1/2\) est \[\left(\frac1{16},\frac4{16},\frac6{16},\frac4{16},\frac1{16}\right).\] Les fréquences ne sont ni exactement ces nombres, ni exactement symétriques. Leur proximité illustre le modèle ; elle ne démontre pas la loi, et une nouvelle simulation ne doit pas nécessairement être plus proche sur chaque valeur.
À toi 10.27 — Essai guidé : reconstituer la liste des effectifs
Quatre expériences de trois essais donnent successivement \(0\), \(2\), \(1\), \(2\) succès. Écris la liste finale des effectifs puis celle des fréquences. Peut-on conclure que trois succès sont impossibles ? Indice : commence par quatre cases nulles et ne modifie qu’une case à chaque résultat.
Correction expliquée 10.28 — Inclure les cases non observées
Les effectifs sont \([1,1,2,0]\), les fréquences \([1/4,1/4,1/2,0]\). La dernière case reste présente même si son effectif est nul. Cela ne prouve pas une probabilité nulle : pour des essais de paramètre \(p=1/4\), par exemple, trois succès ont probabilité \((1/4)^3=1/64>0\), tout en pouvant ne pas apparaître dans quatre expériences.
À toi 10.29 — Essai autonome : changer la sortie demandée
On veut maintenant estimer seulement la probabilité d’avoir au moins deux succès, sans conserver tout l’histogramme. Explique comment modifier la boucle de simulation et par quel nombre diviser le compteur final. Puis explique pourquoi remplacer un paramètre constant \(p\) par une liste de probabilités différentes selon les essais ne simule plus, en général, une loi binomiale. Indice après recherche : le compteur final porte sur les expériences complètes qui vérifient une condition.
Correction expliquée 10.30 — Une autre question, et une autre structure de modèle
On initialise favorables = 0 avant la boucle des \(N_{\rm sim}\) expériences. À chaque expérience, on calcule \(k\), puis on ajoute un à favorables si \(k\geqslant2\). La fréquence cherchée est favorables / N_sim. Diviser par \(n\) mélangerait essais et expériences.
Avec des paramètres différents, les tests peuvent rester indépendants, mais ils n’ont plus une même probabilité de succès. La somme des indicatrices n’est donc pas, en général, binomiale ; l’unité 9 donne un contre-exemple exact. Modifier un programme n’autorise pas à conserver le nom de la loi sans revérifier les hypothèses.
À toi 10.31 — Justification personnelle : où placer les remises à zéro ?
Explique pourquoi succes = 0 doit être exécuté pour chaque expérience, alors que la liste effectifs doit être initialisée une seule fois. Critères : distinguer la mémoire d’une expérience de la mémoire des expériences précédentes et expliquer ce que compterait une mauvaise version.
Correction expliquée 10.32 — Le sens de chaque mémoire
Le compteur succes décrit uniquement les \(n\) essais de l’expérience en cours : garder son ancienne valeur additionnerait les succès de plusieurs expériences et pourrait produire un indice supérieur à \(n\). Les effectifs décrivent au contraire toutes les expériences déjà réalisées : les remettre à zéro à chaque tour effacerait l’historique. Chaque variable doit donc être remise à zéro au niveau correspondant à ce qu’elle mesure.
Erreur à éviter 10.33 — Erreur, réparation et nouvel essai
Erreur : le compteur de succès est placé avant les deux boucles ; il s’accumule sur toutes les expériences. Réparation : le remettre à zéro au début de chaque expérience, comme dans simule_binomiale.
Nouvel essai : on corrige ce compteur mais on place aussi effectifs = [0]*(n+1) à l’intérieur de la boucle des expériences. Que reste-t-il à la fin ? Correction : seuls les résultats de la dernière expérience restent mémorisés ; la somme des effectifs vaut \(1\) au lieu de \(N_{\rm sim}\). La liste doit être créée avant cette boucle. Le contrôle de somme détecte cette nouvelle erreur.
Contrôle 10.34 — Mini-test : calcul, seuil et simulation
Pour \(X\sim\mathcal{B}(5;0{,}3)\), quel appel calcule \(\mathbb{P}(X\geqslant3)\) :
1-cumul(5,0.3,3)ou1-cumul(5,0.3,2)?Combien de cases faut-il pour simuler une planche idéale de sept décisions ? Que retourne une simulation de zéro essai ?
Une simulation n’a jamais donné cinq succès. Est-ce une preuve que \(\mathbb{P}(X=5)=0\) ?
Correction expliquée 10.35 — Corrigé et orientation
1. Le second appel : le complémentaire de \(X\geqslant3\) est \(X\leqslant2\). La valeur est \(1-0{,}83692=0{,}16308\). 2. Huit cases, d’indices \(0\) à \(7\) ; zéro essai renvoie zéro succès. 3. Non : une absence d’observation dans un échantillon fini n’établit pas l’impossibilité. Revoir respectivement les bornes, les valeurs possibles ou la différence entre simulation et théorie en cas d’erreur.
À toi 10.36 — Reprise différée : refaire une trace le lendemain
Sans le programme sous les yeux, trois expériences de six essais donnent \(6\), \(0\), puis \(3\) succès. Reconstruis la liste des effectifs, les fréquences et l’emplacement des remises à zéro. Explique ensuite ce que doit renvoyer la liste d’effectifs de vingt expériences de zéro essai. Vérifie après quatre minutes, puis corrige ta trace dans une autre couleur.
Correction expliquée 10.37 — Correction de la reprise différée
Pour six essais, il faut sept cases. Les effectifs sont \([1,0,0,1,0,0,1]\) ; chaque case non nulle a fréquence \(1/3\), car on a réalisé trois expériences. Le compteur de succès repart à zéro pour chacune, mais pas la liste des effectifs. Pour zéro essai, la seule valeur possible est zéro : vingt expériences donnent la liste \([20]\), dont la fréquence associée est \(1\). Si tu as créé une liste vide, tu as oublié que le nombre de valeurs possibles est \(n+1\), même pour \(n=0\).
À retenir 10.38 — Un résultat informatique doit rester explicable
Savoir exécuter une fonction ne suffit pas : tu dois pouvoir nommer ses entrées, donner le sens de chaque compteur, suivre quelques étapes, justifier l’arrêt et vérifier la sortie. Les calculs exacts, les approximations flottantes et les fréquences simulées sont trois objets différents. Les scripts et leurs tests sont fournis pour permettre ces contrôles, et non pour remplacer le raisonnement.
11. Aller plus loin : le rang du premier succès
Objectif. Changer de question : on ne fixe plus le nombre de tentatives, on attend le premier succès. Comprendre la loi géométrique et démontrer ses principaux résultats.
Remarque 11.1 — Un approfondissement officiel, non obligatoire
La loi géométrique est un approfondissement proposé en Terminale spécialité. Cette unité ne conditionne pas l’utilisation de la loi binomiale. Son parcours rapide mène de la définition au calcul d’un rang ou d’un délai ; les preuves des moments, clairement repérées, prolongent les raisonnements sur les suites et les sommes finies.
À toi 11.2 — Repérage : que compte la variable ?
Un robot essaie de transmettre un message. Chaque tentative réussit avec probabilité \(p\), indépendamment des autres. On peut poser deux questions : combien de tentatives réussissent parmi les six premières ? à quel rang survient la première réussite ? Laquelle décrit une variable pouvant dépasser \(6\) ?
Correction expliquée 11.3 — Le nombre de succès n’est pas le rang d’un succès
Le nombre de réussites parmi six tentatives est compris entre \(0\) et \(6\) : il suit une loi binomiale \(\mathcal{B}(6,p)\). Le premier succès peut apparaître à la septième tentative ou plus tard : son rang n’a pas de borne fixée à l’avance. Une loi binomiale ne décrit donc pas ce rang. Si cette distinction reste hésitante, écris la suite échec, échec, succès : elle contient un succès en trois essais, et le rang du premier succès est \(3\).
Définir le temps d’attente et calculer sa loi
Définition 11.4 — Loi géométrique, avec un rang qui commence à un
On répète des épreuves de Bernoulli indépendantes, toutes de probabilité de succès \(p\), avec \(0<p\leqslant1\). La variable \(T\) est le rang du premier succès : \(T=1\) si la première épreuve réussit, \(T=2\) si la première échoue et la deuxième réussit, etc. On dit que \(T\) suit une loi géométrique de paramètre \(p\).
Une épreuve de Bernoulli a deux issues retenues : succès, de probabilité \(p\), et échec, de probabilité \(1-p\). L’indépendance signifie ici que la probabilité d’une liste finie de résultats est le produit des probabilités de ces résultats.
Ses valeurs finies sont \(1,2,3,\ldots\). Dans cette convention, \(T\) compte la tentative réussie. La possibilité d’attendre indéfiniment sera traitée explicitement ci-dessous.
Notation 11.5 — Succès, échec et queue de distribution
On pose \(q=1-p\). L’événement \(\{T>m\}\) signifie « aucun succès au cours des \(m\) premières tentatives ». Pour \(m=0\), il est certain : avant la première tentative, aucun succès n’a encore eu lieu. Une probabilité comme \(\mathbb{P}(T>m)\) est souvent appelée une probabilité de queue.
Théorème 11.6 — Probabilités ponctuelles et probabilités de queue
Si \(0<p<1\), pour tout entier \(k\geqslant1\) et tout entier \(m\geqslant0\), \[\boxed{\mathbb{P}(T=k)=q^{k-1}p},\qquad \boxed{\mathbb{P}(T>m)=q^m},\qquad \boxed{\mathbb{P}(T\leqslant m)=1-q^m}.\] Pour \(p=1\), \(T=1\) avec probabilité \(1\) : traiter directement ce cas évite toute écriture \(0^0\).
Démonstration 11.7 — Un seul chemin, puis un complément
L’événement \(T=k\) impose exactement \(k-1\) échecs suivis d’un succès. L’indépendance donne le produit \[\underbrace{q\times\cdots\times q}_{k-1\text{ échecs}}\times p=q^{k-1}p.\] Pour \(k=1\), il n’y a aucun échec à imposer : la probabilité est directement \(p\) ; comme \(q>0\), la formule avec \(q^0=1\) convient aussi.
Pour avoir \(T>m\), il faut et il suffit d’échouer aux \(m\) premières épreuves. Cela donne \(q^m\). Pour \(m=0\), la formule vaut \(1\), conformément à l’événement certain. Enfin \(\{T\leqslant m\}\) est le complément de \(\{T>m\}\) : sa probabilité est \(1-q^m\).
Corollaire 11.8 — Le premier succès arrive avec probabilité un
Pour \(p>0\), la probabilité de ne jamais obtenir de succès est nulle. On dit que le premier succès arrive presque sûrement. Aucun rang fini n’est pour autant une garantie lorsque \(p<1\).
Démonstration 11.9 — Une probabilité coincée sous des nombres qui tendent vers zéro
Pour \(0<p<1\), l’événement « jamais de succès » est contenu dans \(\{T>m\}\) pour chaque entier \(m\). Sa probabilité est donc comprise entre \(0\) et \(q^m\). Comme \(0<q<1\), \(q^m\) tend vers \(0\) ; la seule probabilité possible est \(0\).
De plus, \[\sum_{k=1}^{N}pq^{k-1} =p(1+q+\cdots+q^{N-1}) =p\frac{1-q^N}{1-q}=1-q^N\longrightarrow1.\] Les probabilités des rangs finis épuisent bien la probabilité totale. Pour \(p=1\), le succès est immédiat. Pour \(p=0\), au contraire, tous les essais échouent : on n’obtient pas une loi géométrique sur les rangs \(1,2,\ldots\).
Exemple expliqué 11.10 — Des tentatives de transmission
Dans un modèle indépendant avec \(p=0{,}3\), on a \(q=0{,}7\). Le premier succès au troisième essai a pour probabilité \[\mathbb{P}(T=3)=0{,}7^2\times0{,}3=0{,}147.\] Attendre plus de quatre essais a pour probabilité \(0{,}7^4=0{,}2401\) ; réussir au plus tard au quatrième a pour probabilité \(1-0{,}2401=0{,}7599\). La première question impose un rang exact, la deuxième autorise tous les rangs \(5,6,\ldots\), la troisième les rangs \(1,2,3,4\).
Lecture. Pour \(p=0{,}3\), la barre de rang \(k\) a pour hauteur \(0{,}3\times0{,}7^{k-1}\). Chaque barre est \(0{,}7\) fois la précédente. Les dix premières ne constituent pas toute la loi : la probabilité restante est \(\mathbb{P}(T>10)=0{,}7^{10}\).
Méthode 11.11 — Trouver un nombre d’essais suffisant
Pour obtenir un premier succès avec probabilité au moins \(1-\alpha\), où \(0<\alpha<1\), chercher le plus petit entier \(m\) tel que \[1-q^m\geqslant1-\alpha \quad\Longleftrightarrow\quad q^m\leqslant\alpha.\] Pour \(0<q<1\), le logarithme, strictement croissant sur les nombres positifs, donne \(m\ln q\leqslant\ln\alpha\). Puisque \(\ln q<0\), la division inverse le sens : \[m\geqslant\frac{\ln\alpha}{\ln q}.\] Choisir ensuite le plus petit entier qui convient et vérifier ce rang ainsi que le précédent dans l’inégalité de départ.
Exemple expliqué 11.12 — Atteindre 95 pour cent dans le modèle
Pour \(p=0{,}3\) et \(\alpha=0{,}05\), le quotient vaut environ \(8{,}399\). Le premier entier candidat est \(9\). En effet, \[0{,}7^8=0{,}05764801>0{,}05, \qquad0{,}7^9=0{,}040353607<0{,}05.\] Neuf tentatives suffisent pour une probabilité d’au moins \(95\,\%\), huit ne suffisent pas. Cela n’assure toujours pas le succès de chaque transmission réelle ; la conclusion suppose le modèle indépendant et la stabilité de \(p\).
Après plusieurs échecs, le hasard doit-il se rattraper ?
Propriété 11.13 — Absence de mémoire
Pour \(0<p<1\) et des entiers \(m,\ell\geqslant0\), \[\mathbb{P}(T>m+\ell\mid T>m)=q^{\ell}.\] Après \(m\) échecs connus, le nombre de tentatives encore nécessaires a donc la même loi géométrique que l’attente initiale. La condition \(\mathbb{P}(T>m)>0\) est indispensable pour définir la probabilité conditionnelle.
Démonstration 11.14 — Le passé s’élimine dans le quotient
On a \(\{T>m+\ell\}\subset\{T>m\}\). Avec \(q^m>0\), \[\mathbb{P}(T>m+\ell\mid T>m) =\frac{\mathbb{P}(T>m+\ell)}{\mathbb{P}(T>m)} =\frac{q^{m+\ell}}{q^m}=q^\ell.\] Pour un rang restant exact \(r\geqslant1\), on obtient aussi \[\mathbb{P}(T=m+r\mid T>m) =\frac{q^{m+r-1}p}{q^m}=q^{r-1}p.\] Ce sont les mêmes probabilités que pour \(T=r\). Si \(p=1\) et \(m\geqslant1\), \(\mathbb{P}(T>m)=0\) : il est interdit d’employer ce quotient. Seul le conditionnement par \(T>0\), événement certain, subsiste.
Exemple expliqué 11.15 — Quatre échecs ne changent pas la chance suivante
Avec \(p=0{,}3\), sachant que les quatre premières tentatives ont échoué, la probabilité de réussir au cours des deux suivantes est \[1-q^2=1-0{,}7^2=0{,}51.\] La probabilité de réussir dès la prochaine reste \(0{,}3\). Elle ne devient pas plus grande « parce qu’on a déjà beaucoup perdu ». Cette conclusion exige l’indépendance ; elle ne vaut pas pour un appareil qui s’use ou pour une stratégie qui s’améliore.
Preuve approfondie des moments : commencer par une attente plafonnée
Point de reprise 11.16 — La moyenne pondérée à laquelle on va revenir
Pour une variable finie \(Y\) prenant les valeurs \(y_i\), l’espérance est \(\operatorname{E}(Y)=\sum_i y_i\mathbb{P}(Y=y_i)\). En posant \(m=\operatorname{E}(Y)\), sa variance est la moyenne pondérée des carrés des écarts : \(\operatorname{V}(Y)=\sum_i(y_i-m)^2\mathbb{P}(Y=y_i)\). Ces indicateurs décrivent une loi, pas le résultat garanti d’une expérience. Nous allons prolonger ces définitions en contrôlant les limites nécessaires.
Définition 11.17 — Espérance pour cette variable positive non bornée
Pour \(N\geqslant1\), posons \(T_N=\min(T,N)\) : on compte le rang du succès s’il arrive avant \(N\), et l’on inscrit \(N\) dans tous les autres cas. \(T_N\) a un nombre fini de valeurs. L’espérance de \(T\) peut être définie comme la limite des \(\operatorname{E}(T_N)\) si elle est finie. Il ne faut donc pas appliquer sans explication une formule réservée aux variables finies à une infinité de rangs.
Lemme 11.18 — Transformer des rangs en colonnes de niveaux
Pour une variable \(Y\) à valeurs dans \(\{1,\ldots,N\}\), \[\operatorname{E}(Y)=\sum_{j=1}^{N}\mathbb{P}(Y\geqslant j), \qquad \operatorname{E}(Y^2)=\sum_{j=1}^{N}(2j-1)\mathbb{P}(Y\geqslant j).\]
Démonstration 11.19 — Deux identités finies, comptées valeur par valeur
Pour chaque entier \(t\in\{1,\ldots,N\}\), le nombre \(t\) est la somme de \(t\) termes égaux à \(1\) ; autrement dit, il compte les niveaux \(j\) tels que \(j\leqslant t\). De même, \[1+3+5+\cdots+(2t-1)=t^2,\] car \(j^2-(j-1)^2=2j-1\) et la somme se télescope. Multiplions ces identités par \(\mathbb{P}(Y=t)\), puis additionnons pour \(t=1,\ldots,N\). Pour un niveau fixé \(j\), les termes qui interviennent sont ceux où \(t\geqslant j\) ; leurs probabilités s’additionnent en \(\mathbb{P}(Y\geqslant j)\). Les deux formules en résultent. Toutes les sommes sont finies.
Théorème 11.20 — Espérance de la loi géométrique
Pour \(0<p\leqslant1\), le rang \(T\) du premier succès vérifie \[\boxed{\operatorname{E}(T)=\frac1p}.\]
Démonstration 11.21 — Une somme géométrique, puis sa limite
Pour \(0<p<1\) et \(1\leqslant j\leqslant N\), \(T_N\geqslant j\) équivaut à \(T\geqslant j\), c’est-à-dire \(T>j-1\). Sa probabilité est \(q^{j-1}\). Le lemme donne donc \[\operatorname{E}(T_N)=1+q+\cdots+q^{N-1} =\frac{1-q^N}{1-q}=\frac{1-q^N}{p}.\] Pour retrouver la somme géométrique utilisée, poser \(G_N=1+q+\cdots+q^{N-1}\) puis écrire \(qG_N=q+q^2+\cdots+q^N\). La soustraction donne \((1-q)G_N=1-q^N\). On divise par \(1-q=p>0\). Puisque \(q^N\to0\), cette espérance tend vers \(1/p\). Pour \(p=1\), \(T=1\), donc l’espérance vaut aussi \(1/p=1\).
On peut vérifier ce calcul sur \(N=3\) : les probabilités de \(T_3=1,2,3\) sont respectivement \(p,qp,q^2\). Le dernier terme rassemble toutes les attentes d’au moins trois essais. Ainsi \(\operatorname{E}(T_3)=p+2qp+3q^2=1+q+q^2\).
Lemme 11.22 — Un terme polynomial ne compense pas une décroissance géométrique
Si \(0<q<1\), alors \(Nq^N\to0\) et \(N^2q^N\to0\).
Démonstration 11.23 — Comparer les rapports à une raison inférieure à un
Pour \(a=1\) ou \(a=2\), posons \(u_N=N^a q^N\). Son rapport est \[\frac{u_{N+1}}{u_N}=q\left(1+\frac1N\right)^a\longrightarrow q<1.\] Choisissons un réel \(r\) avec \(q<r<1\), par exemple \((1+q)/2\). À partir d’un certain rang \(N_0\), le rapport est inférieur ou égal à \(r\). Par répétition, \(0\leqslant u_{N_0+h}\leqslant u_{N_0}r^h\). Le terme de droite tend vers zéro ; celui de gauche aussi, par encadrement.
Remarque 11.24 — Lien avec la moyenne pondérée des rangs
La définition par plafonnement est cohérente avec la somme pondérée. En effet, \[\operatorname{E}(T_N)=\sum_{k=1}^{N-1}k\,pq^{k-1}+Nq^{N-1}.\] Le dernier terme tend vers zéro d’après le lemme. Les sommes pondérées des rangs tendent donc elles aussi vers \(1/p\). Pour le carré, le terme supplémentaire est \(N^2q^{N-1}\) ; le même raisonnement s’applique.
Proposition 11.25 — Variance géométrique : preuve facultative
Pour \(0<p\leqslant1\), \[\operatorname{V}(T)=\frac{1-p}{p^2},\qquad \sigma(T)=\frac{\sqrt{1-p}}p.\]
Démonstration 11.26 — Calculer le carré avec des sommes finies
Supposons \(0<p<1\). Notons \[G_N=1+q+\cdots+q^{N-1},\qquad S_N=1+2q+3q^2+\cdots+Nq^{N-1}.\] Écrivons \(qS_N=q+2q^2+\cdots+(N-1)q^{N-1}+Nq^N\) et soustrayons terme à terme : \[(1-q)S_N=G_N-Nq^N, \qquad S_N=\frac{G_N-Nq^N}{p}.\] Or \(G_N\to1/p\) et \(Nq^N\to0\), donc \(S_N\to1/p^2\). Le lemme sur les niveaux fournit \[\operatorname{E}(T_N^2)=\sum_{j=1}^{N}(2j-1)q^{j-1}=2S_N-G_N \longrightarrow\frac2{p^2}-\frac1p=\frac{2-p}{p^2}.\] Cette limite définit ici \(\operatorname{E}(T^2)\) et elle est finie. En développant \((k-\operatorname{E}(T))^2\) dans les sommes pondérées finies puis en passant à leurs limites, on retrouve \(\operatorname{V}(T)=\operatorname{E}(T^2)-(\operatorname{E}(T))^2\). Par conséquent, \[\operatorname{V}(T)=\frac{2-p}{p^2}-\frac1{p^2} =\frac{1-p}{p^2}.\] Pour \(p=1\), \(T\) est constante et sa variance vaut \(0\), ce qui convient aussi.
Exemple expliqué 11.27 — Que signifie une attente moyenne de dix tiers ?
Avec \(p=0{,}3\), \(\operatorname{E}(T)=10/3\approx3{,}333\) et \(\operatorname{V}(T)=0{,}7/0{,}09=70/9\). Ce n’est pas une prédiction du rang observé : le premier succès arrive à un rang entier et peut être beaucoup plus tardif. Le grand écart type \(\sqrt{70}/3\approx2{,}789\) illustre cette dispersion.
Pratique, changement de condition et reprise
À toi 11.28 — Essai guidé
Une tentative indépendante réussit avec probabilité \(\tfrac14\). Calcule la probabilité d’un premier succès au quatrième essai, celle d’attendre plus de trois essais et l’attente moyenne. Indice : écris d’abord le chemin « trois échecs, puis un succès ».
Correction expliquée 11.29 — Chaque exposant correspond à une contrainte
Ici \(q=\tfrac34\). Pour le rang exact \(4\), \[\mathbb{P}(T=4)=\left(\frac34\right)^3\frac14=\frac{27}{256}\approx0{,}10547.\] Pour dépasser \(3\), les trois premières tentatives doivent échouer : \(\mathbb{P}(T>3)=(3/4)^3=27/64\approx0{,}42188\). Enfin \(\operatorname{E}(T)=1/(1/4)=4\) tentatives. Cette dernière valeur ne remplace aucune des deux probabilités précédentes.
À toi 11.30 — Tentative et justification personnelle
Avec \(p=0{,}4\), calcule \(\mathbb{P}(T=2)\), \(\mathbb{P}(T\leqslant3)\), \(\operatorname{E}(T)\) et \(\operatorname{V}(T)\). Explique pourquoi la première formule contient un seul facteur \(p\), et non \(p^2\). Essaie sans relire la loi.
Indice : au rang du premier succès, toutes les tentatives antérieures ont échoué.
Correction expliquée 11.31 — Réponse et critères de justification
On a \(q=0{,}6\). Donc \(\mathbb{P}(T=2)=0{,}6\times0{,}4=0{,}24\) et \(\mathbb{P}(T\leqslant3)=1-0{,}6^3=0{,}784\). Puis \(\operatorname{E}(T)=2{,}5\) et \(\operatorname{V}(T)=0{,}6/(0{,}4)^2=3{,}75\). Le chemin recherché au rang \(2\) est échec, succès : un seul succès est imposé. Une bonne justification nomme ces deux issues, leurs probabilités et l’indépendance permettant le produit.
À toi 11.32 — Variation : arrêter au bout de six essais
Avec \(p=0{,}4\), on abandonne après six tentatives si aucun succès n’est apparu. Le nombre de tentatives effectuées est \(Y=\min(T,6)\). Est-ce encore la même loi géométrique ? Quelle est \(\mathbb{P}(Y=6)\) ?
Correction expliquée 11.33 — Le dernier rang absorbe toute la queue
\(Y\) ne peut pas dépasser \(6\) : ce n’est pas la loi géométrique non plafonnée. Pour effectuer six tentatives, les cinq premières doivent échouer ; le résultat de la sixième ne change pas le nombre d’essais effectués. Ainsi \[\mathbb{P}(Y=6)=\mathbb{P}(T\geqslant6)=0{,}6^5=0{,}07776.\] Ce n’est pas \(\mathbb{P}(T=6)=0{,}6^5\times0{,}4=0{,}031104\). Cette distinction est exactement celle utilisée pour calculer les moments plafonnés.
Point de reprise 11.34 — Réparer un mauvais exposant
Pour \(p=0{,}2\), écrire \(\mathbb{P}(T=3)=p^3\) compte trois succès, et non un premier succès au troisième rang. Reprenons plus simplement : \(T=2\) impose échec puis succès, donc \(\mathbb{P}(T=2)=0{,}8\times0{,}2=0{,}16\).
Nouvel essai. Trouve \(\mathbb{P}(T=4)\), puis reviens au rang \(3\).
Correction. \(\mathbb{P}(T=4)=0{,}8^3\times0{,}2=0{,}1024\) et \(\mathbb{P}(T=3)=0{,}8^2\times0{,}2=0{,}128\). Les exposants des facteurs additionnés donnent le nombre total de tentatives : \((k-1)+1=k\).
À toi 11.35 — Reprise différée : attente déjà commencée
Dans le modèle géométrique \(p=0{,}2\), les cinq premières tentatives ont échoué. Quelle est la probabilité de réussir au cours des trois suivantes ? Quelle est l’attente moyenne restante ? Compare avec la probabilité, avant toute tentative, d’échouer huit fois.
Aide : distingue une probabilité conditionnelle et une probabilité calculée avant le début de l’expérience.
Correction expliquée 11.36 — Le point de départ du calcul compte
Conditionnellement aux cinq échecs, l’absence de mémoire donne une probabilité \(1-0{,}8^3=0{,}488\) de réussir dans les trois essais suivants. L’attente restante a la même loi que \(T\), donc une espérance \(1/0{,}2=5\) tentatives ; l’espérance du rang total, sous ce conditionnement, est \(5+5=10\). Avant le début de l’expérience, huit échecs avaient pour probabilité \(0{,}8^8=0{,}16777216\). Ces nombres répondent à des questions différentes : ils ne se contredisent pas.
À retenir 11.37 — Le parcours rapide
Binomiale : nombre de succès dans un nombre fixé d’essais. Géométrique : rang du premier succès. Pour \(0<p<1\), \(\mathbb{P}(T=k)=(1-p)^{k-1}p\), \(\mathbb{P}(T>m)=(1-p)^m\) et \(\operatorname{E}(T)=1/p\). Les échecs passés ne modifient pas la loi de l’attente restante dans le modèle indépendant. Un plafond d’essais change la loi du dernier rang.
12. Aller plus loin : événements rares et loi de Poisson
Objectif. Comprendre l’origine d’une approximation d’une loi binomiale, démontrer la limite qui la justifie et savoir en contrôler la portée.
Remarque 12.1 — Un approfondissement officiel facultatif
L’introduction de la loi de Poisson comme limite de lois binomiales est proposée comme approfondissement en Terminale. Les probabilités binomiales exactes restent les outils du parcours principal. Cette unité donne les preuves accessibles ; elle ne transforme pas une approximation en égalité ni en règle utilisable sans examen du modèle.
À toi 12.2 — Repérage : beaucoup d’essais, peu de succès par essai
On considère \(100\) épreuves indépendantes de probabilité de succès \(0{,}02\). Le nombre \(X\) de succès suit \(\mathcal{B}(100;0{,}02)\). Quelle est son espérance ? Le faible nombre \(0{,}02\) signifie-t-il que \(X\) vaut presque toujours zéro ?
Correction expliquée 12.3 — Une petite probabilité multipliée par beaucoup d’occasions
L’espérance est \(np=100\times0{,}02=2\). La probabilité de zéro succès est \(0{,}98^{100}\approx0{,}13262\), soit environ \(13{,}3\,\%\) : elle est loin de \(100\,\%\). Ce qui est rare est un succès à une épreuve, non nécessairement un succès parmi les cent. Si ce calcul surprend, écris le chemin de cent échecs et utilise son complément.
Point de reprise 12.4 — Les outils utilisés ici
Une binomiale compte les succès dans un nombre fixé d’épreuves indépendantes, toutes de même probabilité de succès. Pour une binomiale \(X_n\sim\mathcal{B}(n,p_n)\), avec \(n\geqslant1\) entier et \(0<p_n<1\), on a \[\mathbb{P}(X_n=k)=\binom nk p_n^k(1-p_n)^{n-k},\qquad \operatorname{E}(X_n)=np_n.\] Aux paramètres \(p_n=0\) ou \(p_n=1\), la variable est constante ; ici nous utiliserons seulement \(0<p_n<1\). On rappelle \(0!=1\) et \(k!=1\times2\times\cdots\times k\) pour \(k\geqslant1\). La fonction exponentielle est continue. Le nombre \(\mathrm e\) est \(\exp(1)\) et \(\mathrm e^x=\exp(x)\). La limite \[\lim_{h\to0}\frac{\ln(1+h)}{h}=1\] est celle du taux d’accroissement de \(\ln\) en \(1\), puisque sa dérivée y vaut \(1\) ; on l’utilise comme résultat antérieur identifié.
Une expérience de pensée : conserver le nombre moyen de succès
Notation 12.5 — Le paramètre lambda
Fixons un réel \(\lambda>0\). Pour chaque entier \(n>\lambda\), posons \(p_n=\lambda/n\) et choisissons un modèle \(X_n\sim\mathcal{B}(n,\lambda/n)\). Alors \(0<p_n<1\) et \[\operatorname{E}(X_n)=n\frac\lambda n=\lambda.\] Quand \(n\) augmente, le nombre d’occasions augmente et leur probabilité individuelle diminue ; l’espérance reste fixe. La lettre grecque \(\lambda\), lue « lambda », représente ce nombre moyen de succès, sans être nécessairement entière.
Théorème 12.6 — Limite ponctuelle de lois binomiales
Fixons \(\lambda>0\) et un entier \(k\geqslant0\). Pour \(X_n\sim\mathcal{B}(n,\lambda/n)\), avec des entiers \(n\) tendant vers l’infini, \[\boxed{\mathbb{P}(X_n=k)\longrightarrow \mathrm e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}}.\] Le nombre \(k\) est fixé pendant ce passage à la limite. Ce résultat ne dit pas que l’égalité est exacte pour un \(n\) fini ni que toute approximation demandée est assez précise.
Démonstration 12.7 — Isoler deux facteurs dont on connaît la limite
Prenons \(n>\lambda\) et \(n\geqslant k\). Pour \(k\geqslant1\), développer le coefficient binomial puis simplifier les puissances de \(n\) donne \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X_n=k) &=\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!} \frac{\lambda^k}{n^k}\left(1-\frac\lambda n\right)^{n-k}\\ &=\frac{\lambda^k}{k!} \underbrace{1\left(1-\frac1n\right)\cdots \left(1-\frac{k-1}{n}\right)}_{k\text{ facteurs}} \left(1-\frac\lambda n\right)^{n-k}. \end{aligned}\] Le produit souligné comporte un nombre fixé de facteurs, chacun tendant vers \(1\) : il tend donc vers \(1\). Pour \(k=0\), ce produit est absent et vaut par convention \(1\) ; la probabilité est directement \((1-\lambda/n)^n\).
Pour le dernier facteur, sa base est strictement positive, donc son logarithme existe. On calcule \[n\ln\left(1-\frac\lambda n\right) =-\lambda\frac{\ln(1-\lambda/n)}{-\lambda/n} \longrightarrow-\lambda.\] De plus \(\ln(1-\lambda/n)\to0\). Puisque \(k\) est fixé, \[(n-k)\ln\left(1-\frac\lambda n\right) =n\ln\left(1-\frac\lambda n\right)-k\ln\left(1-\frac\lambda n\right) \longrightarrow-\lambda.\] En appliquant la continuité de l’exponentielle, \((1-\lambda/n)^{n-k}\to\mathrm e^{-\lambda}\). Le produit des limites fournit la formule annoncée, y compris pour \(k=0\).
Vérifier que les nombres obtenus constituent vraiment une loi
Il ne suffit pas de constater que chaque nombre est positif : il faut encore prouver que leur somme totale vaut \(1\). Comme il y a une infinité de valeurs, on commence par une somme finie et on ne permute pas silencieusement deux limites.
Lemme 12.8 — Une borne élémentaire sur une queue de distribution
Si \(Y\) est une variable finie à valeurs entières positives ou nulles et si \(M\geqslant0\) est entier, alors \[\mathbb{P}(Y>M)\leqslant\frac{\operatorname{E}(Y)}{M+1}.\]
Démonstration 12.9 — Le poids minimal des grandes valeurs
Dans la somme définissant \(\operatorname{E}(Y)\), les termes correspondant à \(Y\leqslant M\) sont positifs ou nuls. Pour chaque valeur \(j>M\), on a \(j\geqslant M+1\). Donc \[\operatorname{E}(Y) \geqslant\sum_{j>M} j\mathbb{P}(Y=j) \geqslant(M+1)\sum_{j>M}\mathbb{P}(Y=j) =(M+1)\mathbb{P}(Y>M).\] Le diviseur \(M+1\) est strictement positif : on peut diviser sans changer le sens. C’est, dans ce cas simple, l’inégalité dite de Markov.
Proposition 12.10 — Normalisation des probabilités de Poisson
Pour \(\lambda>0\), posons \(a_k=\mathrm e^{-\lambda}\lambda^k/k!\). Ces nombres sont positifs et \[\lim_{M\to\infty}\sum_{k=0}^{M}a_k=1.\]
Démonstration 12.11 — Passer d’abord à la limite en n, puis en M
Fixons \(M\). Pour la binomiale \(X_n\) d’espérance \(\lambda\), le lemme donne \[1-\frac{\lambda}{M+1} \leqslant\mathbb{P}(X_n\leqslant M) =\sum_{k=0}^{M}\mathbb{P}(X_n=k)\leqslant1,\] en prenant \(n\geqslant M\) et \(n>\lambda\). La somme contient \(M+1\) termes : on peut donc passer à la limite en \(n\) terme par terme, par les règles des sommes finies. Il vient \[1-\frac{\lambda}{M+1}\leqslant\sum_{k=0}^{M}a_k\leqslant1.\] Maintenant seulement, faisons tendre \(M\) vers l’infini. La borne de gauche tend vers \(1\) et celle de droite vaut \(1\). Le théorème des gendarmes donne la normalisation. La borne de queue a empêché qu’une partie de la probabilité « disparaisse vers des rangs de plus en plus grands ».
Définition 12.12 — Loi de Poisson
Pour \(\lambda>0\), une variable \(Z\) suit la loi de Poisson de paramètre \(\lambda\), notée \(\mathcal P(\lambda)\), si elle prend ses valeurs dans \(\{0,1,2,\ldots\}\) et si, pour tout entier \(k\geqslant0\), \[\mathbb{P}(Z=k)=\mathrm e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}.\] La proposition précédente garantit que ces probabilités définissent bien une loi. Pour \(\lambda=0\), on peut prolonger la famille en posant directement \(Z=0\) avec probabilité \(1\) ; ce cas dégénéré n’a pas besoin d’une formule contenant \(0^0\).
Corollaire 12.13 — Calculer une probabilité cumulée ou une queue
Pour \(Z\sim\mathcal P(\lambda)\) et \(m\geqslant0\) entier, \[\mathbb{P}(Z\leqslant m)=\mathrm e^{-\lambda}\sum_{k=0}^{m}\frac{\lambda^k}{k!}, \qquad \mathbb{P}(Z>m)=1-\mathbb{P}(Z\leqslant m).\] En particulier, \(\mathbb{P}(Z=0)=\mathrm e^{-\lambda}\) et \(\mathbb{P}(Z\geqslant1)=1-\mathrm e^{-\lambda}\).
Démonstration 12.14 — Additionner des événements incompatibles
L’événement \(\{Z\leqslant m\}\) est la réunion des événements incompatibles \(\{Z=0\},\ldots,\{Z=m\}\). On additionne leurs probabilités puis on met le facteur commun \(\mathrm e^{-\lambda}\) en évidence. La formule de queue s’obtient par complément ; \(k=0\) donne \(\lambda^0/0!=1\).
Propriété 12.15 — Passer d’une probabilité à la suivante
Pour \(a_k=\mathbb{P}(Z=k)\), \[a_0=\mathrm e^{-\lambda},\qquad a_{k+1}=\frac{\lambda}{k+1}a_k.\]
Démonstration 12.16 — Utiliser la factorielle suivante
Puisque \((k+1)!=(k+1)k!\), \[a_{k+1}=\mathrm e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k+1}}{(k+1)k!} =\frac\lambda{k+1}\left(\mathrm e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}\right).\] Cette relation calcule des probabilités exactes de la loi de Poisson ; elle ne supprime pas l’erreur éventuelle de remplacement d’une binomiale par cette loi.
Exemple expliqué 12.17 — Un petit tableau de Poisson de paramètre deux
Si \(Z\sim\mathcal P(2)\), alors \[\mathbb{P}(Z=0)=\mathrm e^{-2},\quad \mathbb{P}(Z=1)=2\mathrm e^{-2},\quad \mathbb{P}(Z=2)=\frac{2^2}{2!}\mathrm e^{-2}=2\mathrm e^{-2}.\] Les deux dernières probabilités sont égales, environ \(0{,}270671\). De même, \[\mathbb{P}(Z\geqslant2)=1-\mathbb{P}(Z=0)-\mathbb{P}(Z=1) =1-3\mathrm e^{-2}\approx0{,}593994.\] Le coefficient \(2!\) n’est pas facultatif : il fait partie de la loi normalisée.
Moments de Poisson : justifier chaque somme non finie
Définition 12.18 — Moyennes pondérées par limites de sommes finies
Pour une variable entière positive ou nulle telle que \(Z\), on définit ici \[\operatorname{E}(Z)=\lim_{M\to\infty}\sum_{k=0}^{M}k\mathbb{P}(Z=k)\] lorsque cette limite est finie. Les termes sont positifs : les sommes partielles sont croissantes. On procède de même pour \(Z^2\). Il reste à établir que les limites voulues existent et sont finies ; une écriture avec le symbole \(\infty\) ne suffirait pas à le prouver.
Théorème 12.19 — Espérance et variance de Poisson
Si \(Z\sim\mathcal P(\lambda)\), \(\lambda>0\), alors \[\operatorname{E}(Z)=\lambda,\qquad\operatorname{V}(Z)=\lambda,\qquad\sigma(Z)=\sqrt\lambda.\]
Démonstration 12.20 — Décaler les indices dans des sommes finies
Pour \(k\geqslant1\), \(k/k!=1/(k-1)!\). Ainsi, pour \(M\geqslant1\), \[\sum_{k=0}^{M}k a_k =\lambda\sum_{k=1}^{M}\mathrm e^{-\lambda}\frac{\lambda^{k-1}}{(k-1)!} =\lambda\sum_{j=0}^{M-1}a_j\longrightarrow\lambda.\] La limite vaut \(\lambda\) parce que la normalisation a déjà été démontrée. Pour \(k\geqslant2\), \(k(k-1)/k!=1/(k-2)!\), donc \[\sum_{k=0}^{M}k(k-1)a_k=\lambda^2\sum_{j=0}^{M-2}a_j \longrightarrow\lambda^2\qquad(M\geqslant2).\] Puisque \(k^2=k(k-1)+k\), la somme pondérée de \(k^2\) tend vers \(\lambda^2+\lambda\). Ces limites sont finies.
Enfin, pour chaque \(M\), développons le carré des écarts : \[\begin{aligned} \sum_{k=0}^{M}(k-\lambda)^2a_k &=\sum_{k=0}^{M}k^2a_k -2\lambda\sum_{k=0}^{M}k a_k \\ &\quad+\lambda^2\sum_{k=0}^{M}a_k. \end{aligned}\] En passant aux limites que nous venons de calculer, on obtient \[\operatorname{V}(Z)=\lambda^2+\lambda-2\lambda\times\lambda+\lambda^2\times1=\lambda.\] La racine carrée donne l’écart type. Aucune permutation de deux sommes infinies n’a été utilisée.
Une approximation doit être comparée à ce qu’elle remplace
Méthode 12.21 — Proposer puis contrôler une approximation de Poisson
Justifier d’abord le modèle binomial : nombre fixé d’essais, indépendance, même probabilité \(p\).
Examiner si le régime « nombreuses occasions, faible probabilité individuelle » est pertinent ; poser \(\lambda=np\).
Écrire explicitement \(\mathbb{P}(X\in A)\approx\mathbb{P}(Z\in A)\) avec \(Z\sim\mathcal P(\lambda)\), et non un signe \(=\).
Si un calcul exact est disponible, calculer les deux valeurs sur l’événement réellement demandé, puis l’erreur absolue. Juger cette erreur à l’échelle de la précision utile.
Le théorème de limite précédent ne donne pas, à lui seul, un seuil universel garantissant la précision pour tout événement et tout couple \((n,p)\).
Exemple expliqué 12.22 — Comparer vraiment les lois pour cent épreuves
Reprenons \(X\sim\mathcal{B}(100;0{,}02)\) et choisissons \(Z\sim\mathcal P(2)\). Les valeurs suivantes sont calculées séparément par les deux formules, puis arrondies.
| \(k\) | \(\mathbb{P}(X=k)\) | \(\mathbb{P}(Z=k)\) | Erreur absolue |
|---|---|---|---|
| 0 | \(0{,}132620\) | \(0{,}135335\) | \(0{,}002716\) |
| 1 | \(0{,}270652\) | \(0{,}270671\) | \(0{,}000018\) |
| 2 | \(0{,}273414\) | \(0{,}270671\) | \(0{,}002743\) |
| 3 | \(0{,}182276\) | \(0{,}180447\) | \(0{,}001829\) |
| 4 | \(0{,}090208\) | \(0{,}090224\) | \(0{,}000016\) |
Pour zéro succès, par exemple, on compare \(0{,}98^{100}\) à \(\mathrm e^{-2}\). Pour deux, on compare \[\binom{100}{2}(0{,}02)^2(0{,}98)^{98} \quad\text{à}\quad \frac{2^2}{2!}\mathrm e^{-2}.\] Pour l’événement \(X\geqslant5\), le calcul exact vaut environ \(0{,}0508304\), tandis que la queue de Poisson vaut environ \(0{,}0526530\) : l’erreur absolue est environ \(0{,}0018226\), soit \(0{,}18226\) point de pourcentage. On ne doit pas conclure à partir du seul accord exceptionnellement bon pour \(k=1\) ou \(k=4\).
Lecture. Pour chaque entier de \(0\) à \(7\), les deux barres représentent respectivement la loi binomiale \(\mathcal{B}(100;0{,}02)\) et la loi de Poisson \(\mathcal P(2)\). Les barres de rang \(2\) sont les plus différentes parmi celles du tableau. Aucune aire continue n’est utilisée : ce sont des probabilités attachées à des entiers.
Contre-exemple 12.23 — Même espérance, autre mécanisme
Un système produit soit aucun signal, avec probabilité \(0{,}99\), soit vingt signaux simultanés, avec probabilité \(0{,}01\). Son nombre \(Y\) de signaux a pour espérance \(0\times0{,}99+20\times0{,}01=0{,}2\). Pourtant \(\mathbb{P}(Y=1)=0\), tandis qu’une Poisson de paramètre \(0{,}2\) donnerait \(0{,}2\mathrm e^{-0{,}2}\approx0{,}16375\). L’égalité des moyennes ne suffit pas : des succès groupés ne sont pas des petites réussites indépendantes.
Contrôle 12.24 — Ne pas masquer une différence de supports
Une binomiale \(\mathcal{B}(n,p)\) ne peut pas dépasser \(n\). Une Poisson de paramètre strictement positif attribue une probabilité positive à chaque entier, même au-delà de \(n\). Une approximation conserve donc nécessairement des limites. De même, à \(np=\lambda\) fixé, la variance binomiale vaut \(\lambda(1-p)\), et non exactement \(\lambda\) ; elle s’approche de celle de Poisson lorsque \(p\) tend vers zéro.
Pratique, justification et reprise
À toi 12.25 — Essai guidé
\(X\sim\mathcal{B}(200;0{,}01)\). Quel paramètre de Poisson proposer ? Approche \(\mathbb{P}(X=1)\) puis écris la formule binomiale exacte pour contrôler. Indice : commence par conserver l’espérance \(np\).
Correction expliquée 12.26 — Le paramètre et le calcul ne sont pas interchangeables
\(\lambda=200\times0{,}01=2\). Avec \(Z\sim\mathcal P(2)\), \[\mathbb{P}(Z=1)=2\mathrm e^{-2}\approx0{,}270670566.\] Le calcul exact donne \(\mathbb{P}(X=1)=200\times0{,}01\times0{,}99^{199}\approx0{,}270666010\). L’erreur absolue est environ \(0{,}000004557\) sur cet événement particulier. Cela ne prouve pas la même précision pour toute la loi.
À toi 12.27 — Tentative : au moins deux événements
On admet un modèle \(X\sim\mathcal{B}(80;0{,}025)\). Propose une approximation de Poisson pour \(\mathbb{P}(X\geqslant2)\), puis une expression exacte permettant la comparaison. Explique pourquoi on utilise un complément. Essaie avant l’indice.
Indice : « au moins deux » exclut exactement zéro et un ; pour Poisson, l’autre manière serait une somme sans dernière valeur.
Correction expliquée 12.28 — La même question dans les deux modèles
Le paramètre proposé est \(\lambda=80\times0{,}025=2\). L’approximation donne \[\mathbb{P}(X\geqslant2)\approx1-\mathrm e^{-2}-2\mathrm e^{-2} =1-3\mathrm e^{-2}\approx0{,}593994.\] La formule exacte est \[1-0{,}975^{80}-80\times0{,}025\times0{,}975^{79} \approx0{,}597421.\] L’erreur absolue est environ \(0{,}003426\). Pour justifier le choix du complément, il faut identifier les événements exclus \(\{0\}\) et \(\{1\}\), dire qu’ils sont incompatibles, puis soustraire leur somme à \(1\).
À toi 12.29 — Variation : l’espérance reste la même
Compare l’approximation de la probabilité de zéro succès pour \(\mathcal{B}(10;0{,}2)\) et \(\mathcal{B}(1000;0{,}002)\). Les deux moyennes valent \(2\) ; les erreurs sont-elles les mêmes ?
Correction expliquée 12.30 — Le régime de limite change réellement la précision
Dans les deux cas, Poisson propose \(\mathrm e^{-2}\approx0{,}135335283\). Mais les probabilités exactes sont respectivement \(0{,}8^{10}=0{,}1073741824\) et \(0{,}998^{1000}\approx0{,}135064522\). Les erreurs absolues sont environ \(0{,}027961101\) et \(0{,}000270761\). Augmenter le nombre d’essais tout en réduisant \(p\) à moyenne fixée rapproche ici la probabilité exacte de sa limite. Cette comparaison numérique illustre le théorème ; elle ne remplace pas sa preuve.
Point de reprise 12.31 — Réparer l’oubli de la factorielle
Pour une Poisson de paramètre \(2\), écrire \(\mathbb{P}(Z=2)=2^2\mathrm e^{-2}\) oublie le diviseur \(2!=2\). La valeur correcte est \(2\mathrm e^{-2}\). Un contrôle simple utilise la relation \(a_2=\tfrac22a_1=a_1\).
Nouvel essai. Calcule \(\mathbb{P}(Z=3)\) par la formule puis par la relation entre deux rangs.
Correction. La formule donne \((2^3/3!)\mathrm e^{-2}=(8/6)\mathrm e^{-2}\approx0{,}180447\). La relation donne \(a_3=(2/3)a_2=(2/3)\times2\mathrm e^{-2}\), soit la même valeur. Reviens ensuite au rang \(2\) sans omettre le \(2!\).
À toi 12.32 — Reprise différée, avant de revoir le tableau
\(X\sim\mathcal{B}(300;0{,}005)\). Propose une loi de Poisson, approche la probabilité d’au moins deux succès et indique l’espérance ainsi que la variance de cette loi proposée. Est-ce exactement la variance de \(X\) ?
Aide : le paramètre est \(np\) ; pour « au moins deux », retire les probabilités de zéro et un.
Correction expliquée 12.33 — Comparer les indicateurs aussi
On propose \(Z\sim\mathcal P(1{,}5)\). Alors \[\mathbb{P}(Z\geqslant2)=1-(1+1{,}5)\mathrm e^{-1{,}5} \approx0{,}442175.\] \(\operatorname{E}(Z)=\operatorname{V}(Z)=1{,}5\). Pour la binomiale, \(\operatorname{E}(X)=1{,}5\), mais \(\operatorname{V}(X)=1{,}5\times0{,}995=1{,}4925\). Les espérances coïncident par construction ; les variances sont proches, sans être égales. La phrase de conclusion doit donc conserver le mot « approximation » pour la probabilité demandée.
À retenir 12.34 — Le parcours rapide et la limite à retenir
Dans un modèle de nombreuses épreuves indépendantes à petite probabilité constante, \(\lambda=np\) suggère une approximation de Poisson. Sa loi est \(\mathbb{P}(Z=k)=\mathrm e^{-\lambda}\lambda^k/k!\), et ses deux moments sont \(\operatorname{E}(Z)=\operatorname{V}(Z)=\lambda\). La convergence binomiale démontrée concerne un \(\lambda\) fixé et un rang \(k\) fixé. Pour un problème concret, distinguer modèle, calcul exact, approximation et erreur numérique.
13. Complément hors programme : compter sans remise
Objectif. Comprendre pourquoi l’absence de remise change la loi, démontrer la formule hypergéométrique et comparer ce modèle au modèle binomial.
Remarque 13.1 — Statut de cette unité
Cette unité est un complément hors programme du chapitre de Terminale spécialité. La loi hypergéométrique, son nom et sa formule ne sont pas présentés comme des connaissances exigibles au titre du programme. Les démonstrations utilisent cependant des outils accessibles : dénombrement, probabilités conditionnelles, sommes finies et calcul algébrique. Tu peux étudier le reste du cours sans maîtriser ce complément.
Point de reprise 13.2 — Ce qu’il faut savoir pour commencer
\(\binom{a}{b}\) désigne le nombre de choix de \(b\) objets parmi \(a\), sans ordre et sans répétition. Pour \(0\leqslant b\leqslant a\), \(\binom{a}{b}=a!/[b!(a-b)!]\). Dans une situation équiprobable, la probabilité est le nombre de cas favorables divisé par le nombre de cas possibles. Une indicatrice vaut \(1\) si un événement se réalise, \(0\) sinon ; son espérance est la probabilité de l’événement. Enfin l’espérance d’une somme est la somme des espérances, sans condition d’indépendance. La variance vaut \(\operatorname{E}(X^2)-(\operatorname{E}(X))^2\) ; ces deux résultats sont démontrés dans l’unité 8.
Reconnaître le changement de modèle
À toi 13.3 — Repérage : chaque objet ne peut être retenu qu’une fois
Un lot contient \(8\) objets distincts, dont \(3\) présentent une marque. On en choisit \(4\) uniformément au hasard, sans remise. \(X\) compte les objets marqués. Peut-on avoir \(X=4\) ? Le fait qu’un tirage isolé ait une probabilité \(3/8\) de donner un objet marqué suffit-il à conclure \(X\sim\mathcal{B}(4;3/8)\) ?
Correction expliquée 13.4 — Une valeur impossible suffit à alerter
\(X=4\) est impossible puisqu’il n’existe que trois objets marqués. Une \(\mathcal{B}(4;3/8)\) attribuerait pourtant une probabilité positive à quatre succès. Le modèle binomial est donc faux. Après un premier objet marqué, il reste deux objets marqués sur sept ; après un premier objet non marqué, il en reste trois sur sept. La probabilité conditionnelle du tirage suivant dépend du résultat précédent. Si cette dépendance est nouvelle pour toi, reprends les deux compositions restantes avant de poursuivre.
Définition 13.5 — Le modèle sans remise
Une population contient \(N\geqslant1\) objets distincts, dont \(M\) sont classés comme succès, avec \(0\leqslant M\leqslant N\). On prélève uniformément un échantillon de \(n\) objets, sans remise, où \(0\leqslant n\leqslant N\). Tous les sous-ensembles de taille \(n\) ont donc la même probabilité. La variable \(X\) compte les objets de la catégorie succès dans cet échantillon. Sa loi est appelée loi hypergéométrique de paramètres \(N,M,n\).
Le choix \(n=0\) est permis pour traiter les frontières : on prélève l’échantillon vide et \(X=0\) avec certitude. Il ne s’agit pas d’une expérience supplémentaire à simuler.
Proposition 13.6 — Valeurs possibles et formule de la loi
Les valeurs possibles de \(X\) sont les entiers \(k\) vérifiant \[\boxed{\max(0,n-N+M)\leqslant k\leqslant\min(n,M)}.\] Pour ces valeurs, \[\boxed{\mathbb{P}(X=k)=\frac{\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}}{\binom{N}{n}}}.\] En dehors de cet intervalle entier, la probabilité vaut zéro.
Démonstration 13.7 — Choisir séparément les deux catégories
On doit choisir \(k\) succès et \(n-k\) non-succès. Il faut donc simultanément \(0\leqslant k\leqslant M\) et \(0\leqslant n-k\leqslant N-M\). En regroupant ces quatre contraintes, on obtient les bornes annoncées.
Il existe \(\binom{N}{n}\) échantillons possibles. Pour obtenir exactement \(k\) succès, on choisit les \(k\) objets parmi les \(M\) succès, puis les \(n-k\) autres parmi les \(N-M\) non-succès. Ces choix déterminent un unique échantillon favorable ; chaque échantillon favorable est obtenu exactement une fois. Le principe multiplicatif donne \(\binom{M}{k}\binom{N-M}{n-k}\) cas favorables. L’équiprobabilité fournit le quotient.
Si le prélèvement est présenté comme une succession de tirages uniformes sans remise, chaque liste ordonnée de \(n\) objets distincts a la probabilité \(1/[N(N-1)\cdots(N-n+1)]\). Chaque échantillon sans ordre possède \(n!\) ordres possibles, tous distincts : il a donc la même probabilité que les autres. Les deux présentations du protocole conduisent bien à la même loi.
Exemple expliqué 13.8 — Un contrôle de trois capteurs
Un lot contient dix capteurs distincts, dont quatre nécessitent un réglage. Trois capteurs sont contrôlés uniformément sans remise. \(X\) compte ceux qui nécessitent un réglage. Les valeurs \(0,1,2,3\) sont toutes possibles. Pour exactement deux capteurs à régler, \[\mathbb{P}(X=2)=\frac{\binom{4}{2}\binom{6}{1}}{\binom{10}{3}} =\frac{6\times6}{120}=\frac3{10}.\] Les autres probabilités se calculent de la même manière :
| \(k\) | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| \(\mathbb{P}(X=k)\) | \(1/6\) | \(1/2\) | \(3/10\) | \(1/30\) |
Le contrôle de la somme donne \((5+15+9+1)/30=1\). Pour trouver au moins un capteur à régler, le complémentaire est plus court : \[\mathbb{P}(X\geqslant1)=1-\mathbb{P}(X=0)=1-\frac16=\frac56.\] La quantité \(\binom{4}{2}\binom{6}{1}\) ne compte pas des probabilités indépendantes de tirages : elle compte des choix d’objets dans deux catégories disjointes. Un principe multiplicatif de dénombrement n’est pas une affirmation d’indépendance probabiliste.
Même moyenne, mais dépendance et dispersion différentes
Lemme 13.9 — Une position et deux positions de tirage
Supposons les objets tirés successivement et notons \(I_i\) l’indicatrice du succès au rang \(i\). Pour tout rang \(i\), \[\operatorname{E}(I_i)=\mathbb{P}(I_i=1)=\frac MN=p.\] Pour deux rangs distincts \(i,j\), lorsque \(N\geqslant2\), \[\operatorname{E}(I_iI_j)=\mathbb{P}(I_i=1,I_j=1) =\frac{M(M-1)}{N(N-1)}.\] Ces probabilités sont marginales, c’est-à-dire calculées sans avoir reçu d’information sur les autres tirages.
Démonstration 13.10 — La symétrie des objets étiquetés
Imaginons que l’on poursuive le tirage jusqu’à avoir ordonné tous les objets. Chacun des \(N!\) ordres a la même probabilité. Pour un objet fixé au rang \(i\), les \(N-1\) autres peuvent être ordonnés de \((N-1)!\) façons ; cet objet occupe donc le rang \(i\) avec probabilité \(1/N\). Parmi les \(N\) objets, \(M\) sont des succès : \(\mathbb{P}(I_i=1)=M/N\).
Pour deux rangs fixés et distincts, les couples ordonnés d’objets distincts sont également équiprobables. Il y en a \(N(N-1)\), dont \(M(M-1)\) couples de succès. Comme \(I_iI_j\) vaut \(1\) exactement lorsque les deux succès se produisent, son espérance est la probabilité de cet événement. Si \(M=0\) ou \(M=1\), il n’existe aucun couple de succès distincts et le numérateur est nul.
Théorème 13.11 — Moments du nombre de succès sans remise
Avec \(p=M/N\), on a \[\boxed{\operatorname{E}(X)=np}.\] Si \(N\geqslant2\), alors \[\boxed{\operatorname{V}(X)=np(1-p)\frac{N-n}{N-1}}.\] Pour \(N=1\), le nombre \(X\) est certain dans tous les cas autorisés, donc sa variance est nulle ; on n’utilise pas le quotient dont le dénominateur serait zéro.
Démonstration 13.12 — Une preuve sans supposer l’indépendance
On a, pour chaque résultat du prélèvement, \(X=I_1+\cdots+I_n\). Par linéarité, \[\operatorname{E}(X)=\operatorname{E}(I_1)+\cdots+\operatorname{E}(I_n)=np.\] Pour la variance, supposons d’abord \(n\geqslant2\), donc \(N\geqslant2\). Puisque \(I_i^2=I_i\), le développement du carré donne \[X^2=\sum_{i=1}^n I_i+2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n} I_iI_j.\] La seconde somme comporte \(n(n-1)/2\) paires de rangs. Avec le lemme, \[\operatorname{E}(X^2)=np+n(n-1)\frac{M(M-1)}{N(N-1)}.\] Or, en remplaçant \(p\) par \(M/N\) et en mettant au même dénominateur, \[\begin{aligned} \frac{M(M-1)}{N(N-1)}-p^2 &=\frac{NM(M-1)-M^2(N-1)}{N^2(N-1)}\\ &=\frac{M(M-N)}{N^2(N-1)} =-\frac{p(1-p)}{N-1}. \end{aligned}\] En écrivant \(n^2p^2=np^2+n(n-1)p^2\), il vient \[\begin{aligned} \operatorname{V}(X) &=\operatorname{E}(X^2)-n^2p^2\\ &=np(1-p)+n(n-1)\left(\frac{M(M-1)}{N(N-1)}-p^2\right)\\ &=np(1-p)\left(1-\frac{n-1}{N-1}\right) =np(1-p)\frac{N-n}{N-1}. \end{aligned}\] Pour \(n=0\), \(X=0\), et pour \(n=1\), \(X\) est une Bernoulli de paramètre \(p\) : les formules annoncées restent directement valables si \(N\geqslant2\). Les cas \(M=0\) ou \(M=N\) donnent également une variable certaine.
Corollaire 13.13 — La correction liée à la population finie
Pour \(N\geqslant2\) et \(1\leqslant n\leqslant N\), la variance sans remise est inférieure ou égale à la variance de \(\mathcal{B}(n,p)\) de même \(n\) et même \(p\). Le facteur \((N-n)/(N-1)\) est appelé correction de population finie.
Démonstration 13.14 — Comparer deux facteurs positifs
Les hypothèses donnent \(0\leqslant N-n\leqslant N-1\), donc \(0\leqslant(N-n)/(N-1)\leqslant1\). On multiplie le nombre positif ou nul \(np(1-p)\) par ce facteur. Pour \(n=N\), on contrôle toute la population : \(X=M\) avec certitude et la variance devient bien zéro.
Exemple expliqué 13.15 — Comparer deux protocoles pour les mêmes capteurs
Dans l’exemple 13.8, \(p=4/10=0{,}4\), donc \[\operatorname{E}(X)=3\times0{,}4=1{,}2,\qquad \operatorname{V}(X)=3\times0{,}4\times0{,}6\times\frac79=0{,}56.\] Si l’on remet chaque capteur après contrôle et que les nouveaux tirages sont indépendants, le compteur \(Y\) suit \(\mathcal{B}(3;0{,}4)\). Il peut alors compter plusieurs fois un même capteur. On a \(\operatorname{E}(Y)=1{,}2\), mais \(\operatorname{V}(Y)=0{,}72\) et \[\mathbb{P}(Y=2)=\binom{3}{2}(0{,}4)^2(0{,}6)=0{,}288\ne0{,}3=\mathbb{P}(X=2).\] Une moyenne commune ne rend pas les deux protocoles interchangeables.
Lecture. Les barres comparent un prélèvement sans remise et trois tirages indépendants avec remise dans la même population. Les moyennes sont égales ; la dispersion et les probabilités ponctuelles ne le sont pas.
À toi 13.16 — Essai guidé : un succès parmi deux objets
Une boîte contient neuf objets, dont trois portent une étoile. Deux objets distincts sont prélevés uniformément sans remise. Calcule la probabilité d’obtenir exactement une étoile, puis l’espérance du nombre d’étoiles. Indices : choisir une étoile et un objet sans étoile ; le dénominateur compte des paires sans ordre.
Correction expliquée 13.17 — Dénombrer puis interpréter
Il y a \(\binom{9}{2}=36\) paires possibles. Les paires favorables sont au nombre de \(\binom{3}{1}\binom{6}{1}=3\times6=18\). Ainsi \(\mathbb{P}(X=1)=18/36=1/2\). L’espérance vaut \(2\times(3/9)=2/3\). Ce résultat n’affirme pas qu’on prélève une fraction d’objet : c’est la moyenne pondérée du nombre d’étoiles. Les deux succès ont probabilité \(\binom{3}{2}/\binom{9}{2}=1/12\), et non \((1/3)^2=1/9\).
Quand une approximation binomiale se justifie-t-elle ?
Proposition 13.18 — Une justification par limite, dans un cadre précis
Fixons le nombre \(n\) de tirages. Faisons croître la taille \(N\) de la population, avec \(M=M_N\) succès, de telle sorte que \(M_N/N\) tende vers \(p\). Pour chaque entier fixé \(k\in\{0,\ldots,n\}\), la probabilité hypergéométrique de \(k\) succès tend vers la probabilité correspondante de \(\mathcal{B}(n,p)\).
Démonstration 13.19 — Des proportions presque inchangées pendant quelques tirages
Pour un chemin possible prescrit comportant \(k\) succès et \(n-k\) échecs, les numérateurs successifs du produit de probabilités conditionnelles sont \(M_N,M_N-1,\ldots,M_N-k+1\) pour les succès, et \(N-M_N,\ldots,N-M_N-(n-k)+1\) pour les échecs. Leur ordre dans le produit ne change pas le résultat. Les dénominateurs sont \(N,N-1,\ldots,N-n+1\). Il existe \(\binom{n}{k}\) arrangements des positions des succès. Si une catégorie n’offre pas assez d’objets, le chemin est impossible et sa probabilité est zéro ; le produit décroissant correspondant contient alors un facteur zéro. On n’emploie pas une probabilité conditionnelle après un préfixe impossible : la formule se prolonge directement par ce produit nul.
Après division de chaque facteur par \(N\), on obtient \[\binom{n}{k}\, \frac{\displaystyle\prod_{i=0}^{k-1}\left(\frac{M_N}{N}-\frac iN\right) \displaystyle\prod_{j=0}^{n-k-1}\left(1-\frac{M_N}{N}-\frac jN\right)} {\displaystyle\prod_{r=0}^{n-1}\left(1-\frac rN\right)}.\] Un symbole \(\prod\) signifie que l’on multiplie les facteurs indiqués ; un produit sans facteur vaut \(1\). Puisque \(n\) est fixé, ces produits contiennent un nombre fixé de facteurs. Les premiers tendent vers \(p\), les seconds vers \(1-p\), ceux du dénominateur vers \(1\). On obtient donc \(\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k}\) pour \(0<p<1\). Si \(p=0\) ou \(p=1\), les mêmes produits montrent directement la convergence vers la loi certaine correspondante, en traitant le produit vide comme \(1\) et sans calculer \(0^0\).
Remarque 13.20 — Une approximation n’est pas un changement exact de protocole
Un prélèvement faible par rapport à la population modifie peu les proportions disponibles : une approximation binomiale peut alors être utile. Le résultat démontré suppose cependant \(n\) fixé quand \(N\) grandit. La phrase « sans remise dans une grande population » ne constitue pas une garantie universelle de précision, notamment pour des événements très rares ou des exigences d’erreur relative.
Par exemple, avec \(N=100\), \(M=40\) et \(n=3\), la probabilité exacte de deux succès vaut \(156/539\approx0{,}289425\), contre \(0{,}288\) dans \(\mathcal{B}(3;0{,}4)\). L’erreur absolue est ici d’environ \(0{,}001425\). Il faut juger si elle convient à la question posée, et annoncer explicitement l’approximation.
À toi 13.21 — Essai autonome et variation de protocole
Quinze cartes distinctes comprennent six cartes illustrées. On en choisit quatre uniformément sans remise. Calcule la probabilité d’avoir au moins une carte illustrée et l’espérance du nombre de cartes illustrées. Ensuite, sans changer le paquet, que deviennent le compteur et sa variance si l’on choisit les quinze cartes ? Indice après recherche : pour « au moins une », compte d’abord les choix faits uniquement parmi les neuf autres cartes.
Correction expliquée 13.22 — Le complémentaire et le contrôle exhaustif
Pour quatre cartes, \(\mathbb{P}(X=0)=\binom{9}{4}/\binom{15}{4}=126/1365=6/65\). Ainsi \(\mathbb{P}(X\geqslant1)=59/65\). La moyenne vaut \(4\times6/15=8/5=1{,}6\). Si l’on choisit tout le paquet, le nombre de cartes illustrées vaut exactement \(6\) : la moyenne est \(6\) et la variance est nulle. Utiliser alors \(\mathcal{B}(15;6/15)\) donnerait à tort une variance \(15\times0{,}4\times0{,}6=3{,}6\).
À toi 13.23 — Justification personnelle : quel dénominateur ?
Explique pourquoi la formule sans remise utilise \(\binom{N}{n}\) et non \(N^n\). Critères : dire si l’ordre est retenu, expliquer pourquoi les répétitions sont interdites, préciser l’équiprobabilité des objets comptés.
Correction expliquée 13.24 — Une rédaction possible
Le résultat retenu est l’ensemble des \(n\) objets prélevés : l’ordre n’est pas conservé et aucun objet ne peut apparaître deux fois. Les sous-ensembles de taille \(n\), au nombre de \(\binom{N}{n}\), sont équiprobables dans le protocole uniforme. Au contraire, \(N^n\) compte des listes ordonnées autorisant les répétitions ; il décrit des objets qui ne correspondent pas au prélèvement sans remise.
Erreur à éviter 13.25 — Réparer « même probabilité, donc indépendance »
Erreur : « Chaque rang a probabilité \(p\) de succès, donc le compteur est binomial. » Réparation : deux objets, dont un marqué, sont tous deux tirés sans remise. Chaque rang a probabilité \(1/2\) de contenir l’objet marqué, mais il y a exactement un succès. Les tirages ne sont pas indépendants.
Nouvel essai : parmi six objets dont deux marqués, on en tire deux sans remise. Calcule la probabilité de deux succès et compare-la à \((2/6)^2\). Correction : \(\mathbb{P}(X=2)=\binom{2}{2}\binom{4}{0}/\binom{6}{2}=1/15\). Par le raisonnement séquentiel, on retrouve \((2/6)(1/5)=1/15\). Le carré \(1/9\) correspondrait à deux essais indépendants de probabilité \(1/3\) ; ce n’est pas le protocole donné.
Contrôle 13.26 — Mini-test du complément
Dans une population de \(20\) objets dont \(17\) succès, on prélève \(5\) objets. Donne toutes les valeurs possibles du nombre de succès.
Pourquoi la preuve de \(\operatorname{E}(X)=np\) ne rend-elle pas les tirages indépendants ?
Que valent \(X\) et sa variance pour \(n=0\) ? Et pour \(n=N\) ?
Correction expliquée 13.27 — Corrigé et orientation
1. Il n’existe que trois non-succès ; parmi cinq objets, il faut au moins deux succès. Les valeurs possibles sont \(2,3,4,5\), conformément à \(\max(0,5-20+17)=2\) et \(\min(5,17)=5\). 2. La linéarité de l’espérance est vraie même pour des variables dépendantes ; elle ne démontre aucune indépendance. 3. Si \(n=0\), \(X=0\) ; si \(n=N\), \(X=M\). Dans les deux cas le compteur est certain et sa variance vaut zéro. Revoir respectivement le support, la preuve par indicatrices ou la notion de variance en cas d’erreur.
À toi 13.28 — Reprise différée : retrouver le protocole le lendemain
Sept objets distincts comprennent deux objets marqués. On en prélève trois uniformément sans remise. Sans consulter la formule, reconstruis la probabilité de n’avoir aucun objet marqué et l’espérance du compteur. Puis explique ce qui change si l’on prélève les sept objets. Prévois quatre minutes et justifie chaque dénombrement.
Correction expliquée 13.29 — Correction de la reprise différée
Pour n’avoir aucun objet marqué, il faut choisir les trois objets parmi les cinq non marqués. Le quotient est donc \(\binom{5}{3}/\binom{7}{3}=10/35=2/7\). La moyenne du compteur vaut \(3\times(2/7)=6/7\) : on additionne les espérances des trois indicatrices, sans supposer leur indépendance. Si l’on prélève toute la population, le compteur vaut exactement \(2\) et sa variance est nulle. En cas d’erreur de dénominateur, reconstruis deux petits échantillons sans ordre ; en cas d’erreur sur l’espérance, reviens au rôle des indicatrices.
À retenir 13.30 — Le message à emporter
Le protocole décide du modèle. Sans remise, les indicatrices ont la même probabilité marginale de succès mais sont généralement dépendantes. La moyenne \(np\) subsiste grâce à la linéarité ; la variance doit tenir compte de la population finie. La formule hypergéométrique est un complément démontré, et non une formule supplémentaire du noyau attendu en Terminale.
14. Synthèse et entraînement de transfert
Objectif. Choisir le modèle et la démarche sans être guidé par le titre d’une méthode.
Point de reprise 14.1 — Le noyau du chapitre en une page
Une épreuve de Bernoulli classe l’observation en succès de probabilité \(p\) et échec de probabilité \(q=1-p\). Un schéma de Bernoulli comporte un nombre fixé \(n\) d’épreuves indépendantes de même paramètre. La variable \(X\) qui compte les succès suit \(\mathcal{B}(n;p)\).
Pour \(0<p<1\) et \(k\in\{0,\ldots,n\}\), \[\mathbb{P}(X=k)=\binom{n}{k} p^k(1-p)^{n-k},\qquad \binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.\] Le coefficient choisit les positions des succès ; le produit est la probabilité d’un chemin ; on additionne les chemins incompatibles. On pose \(0!=1\). Si \(p=0\), \(X=0\) certainement ; si \(p=1\), \(X=n\) certainement. Sans essai, \(X=0\).
L’espérance, la variance et l’écart type sont \[\operatorname{E}(X)=np,\qquad \operatorname{V}(X)=np(1-p),\qquad \sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}.\] L’espérance est une moyenne pondérée, pas une valeur garantie ni toujours entière. L’écart type décrit la dispersion dans l’unité de \(X\).
Pour \(F(k)=\mathbb{P}(X\le k)\) et des bornes entières \(a\le b\), \[\begin{aligned} \mathbb{P}(X<k)&=F(k-1),&\quad\mathbb{P}(X\ge k)&=1-F(k-1),\\ \mathbb{P}(X>k)&=1-F(k),&\quad\mathbb{P}(a\le X\le b)&=F(b)-F(a-1). \end{aligned}\] On utilise \(F(k)=0\) pour \(k<0\) et \(F(k)=1\) pour \(k\ge n\). Pour des bornes réelles, on liste d’abord les entiers autorisés. En particulier, pour \(n\ge1\), \(\mathbb{P}(X\ge1)=1-(1-p)^n\) ; si \(n=0\), cette probabilité vaut directement 0.
Méthode 14.2 — Quelle question est réellement posée ?
| Besoin | Démarche et contrôle |
|---|---|
| Probabilité exacte | Définir \(X\), justifier le modèle, traduire l’événement, calculer sans arrondir trop tôt. |
| Seuil sur \(k\), \(n\) fixé | Parcourir le cumul croissant et vérifier le seuil trouvé et l’entier précédent. |
| Nombre minimal d’essais | Écrire la probabilité en fonction de \(n\) ; utiliser une boucle ou le logarithme si l’expression s’y prête ; contrôler les voisins. |
| Intervalle de probabilité | Contrôler les queues ou calculer directement la couverture ; ne pas imposer une égalité de niveau impossible. |
| Gain, coût, fréquence | Définir la transformation de \(X\) ; l’espérance est linéaire, la variance se multiplie par le carré du coefficient. |
| Simulation | Expliquer les essais, le compteur, la répétition et le hasard ; comparer au modèle, sans présenter la simulation comme une preuve. |
À toi 14.3 — Diagnostic final : chercher avant de lire
Les dix questions suivantes portent sur le parcours principal. Prévois une feuille et, pour les calculs de cumuls, un outil numérique. Chaque réponse doit comporter une phrase de justification.
On relève les retards de 8 trajets. Chaque trajet a une probabilité \(0{,}25\) d’être en retard. Quelle hypothèse manque pour affirmer que le nombre de retards suit \(\mathcal{B}(8;0{,}25)\) ? Donne un dispositif où cette hypothèse serait manifestement fausse.
Dans quatre essais indépendants de probabilité de succès \(0{,}2\), calcule la probabilité du chemin \(SSEE\), puis celle d’obtenir exactement deux succès. Explique le facteur qui distingue les réponses.
Pour une variable à valeurs entières de cumul \(F\), exprime \(\mathbb{P}(X<3{,}7)\), \(\mathbb{P}(X\ge3{,}7)\) et \(\mathbb{P}(2\le X<5)\) avec \(F\).
Dans la suite, \(X\sim\mathcal{B}(8;0{,}25)\). Calcule \(\mathbb{P}(X=2)\), \(\mathbb{P}(X\ge1)\) et \(\mathbb{P}(2\le X\le4)\).
Pour des essais indépendants de probabilité de succès \(0{,}2\), quel nombre minimal d’essais permet une probabilité d’au moins un succès supérieure ou égale à \(0{,}95\) ?
Une capacité est fixée à \(c\) et \(X\) compte les personnes présentes. Traduis « le risque de dépasser la capacité est au plus 2 % ». Si \(c\) est inconnu, quel cumul faut-il comparer à \(0{,}98\) ?
Pour \(X\sim\mathcal{B}(8;0{,}25)\), calcule son espérance et sa variance. Un gain est \(G=7X-5\). Calcule \(\operatorname{E}(G)\) et \(\operatorname{V}(G)\), puis explique pourquoi \(\operatorname{E}(G)\) n’est pas une garantie de bénéfice à chaque partie.
On sait que \(\mathbb{P}(X<a)\le0{,}03\) et \(\mathbb{P}(X>b)\le0{,}03\). Quelle garantie obtient-on pour \(\mathbb{P}(a\le X\le b)\) ? L’intervalle est-il forcément le plus court ?
Un programme qui simule \(N\) observations binomiales conserve son compteur de succès d’une observation à la suivante. Quelle erreur produit-il ? Où faut-il réinitialiser ce compteur ?
On annonce « ce diagramme est symétrique puisque son espérance vaut \(np\) ». Réfute cette affirmation par un exemple et distingue les deux notions.
Indices, seulement après un essai. 1 : un épisode commun peut lier les retards. 2 : choisis deux positions parmi quatre. 4 : le complémentaire évite sept calculs pour « au moins un ». 5 : le logarithme d’un nombre entre 0 et 1 est négatif. 8 : les deux queues sont disjointes. 10 : une Bernoulli suffit à construire un contre-exemple.
Correction expliquée 14.4 — Questions 1 à 3 : le modèle et le langage
1. Il manque l’indépendance. Une même fermeture de ligne peut rendre les huit trajets simultanément en retard ; les probabilités individuelles peuvent rester identiques sans que les événements soient indépendants. Il faut vérifier chaque hypothèse, pas seulement le paramètre commun.
2. Le chemin imposé a pour probabilité \(0{,}2^2\times0{,}8^2=0{,}0256\). Pour exactement deux succès, leurs positions ne sont pas imposées. Il y a \(\binom{4}{2}=6\) choix de positions, donnant six chemins incompatibles de même probabilité. Le résultat est donc \(6\times0{,}0256=0{,}1536\).
3. Un entier strictement inférieur à \(3{,}7\) est au plus 3. Un entier supérieur ou égal à \(3{,}7\) est au moins 4. Enfin, \(2\le X<5\) autorise exactement 2, 3 et 4. D’où \[\mathbb{P}(X<3{,}7)=F(3),\quad \mathbb{P}(X\ge3{,}7)=1-F(3),\quad \mathbb{P}(2\le X<5)=F(4)-F(1).\] Le dernier terme soustrait toutes les valeurs inférieures ou égales à 1 : soustraire \(F(2)\) enlèverait aussi la valeur 2, pourtant autorisée.
Correction expliquée 14.5 — Questions 4 à 6 : calculs et seuils
4. Pour deux succès parmi huit essais, \[\mathbb{P}(X=2)=\binom{8}{2}\left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^6 =\frac{5103}{16384}\approx0{,}3114624.\] Le complémentaire de « au moins un succès » est « aucun succès », donc \[\mathbb{P}(X\ge1)=1-\left(\frac34\right)^8 =1-\frac{6561}{65536}\approx0{,}8998871.\] L’intervalle \([2;4]\) retient trois valeurs. On additionne leurs probabilités : \[\mathbb{P}(2\le X\le4)=\frac{5103}{16384}+\frac{1701}{8192} +\frac{2835}{32768}=\frac{19845}{32768}\approx0{,}6056213.\] La même réponse s’obtient par \(F(4)-F(1)\), avec les cumuls calculés avant tout arrondi.
5. Si \(Y_n\) compte les succès parmi \(n\) essais, alors \(\mathbb{P}(Y_n\ge1)=1-0{,}8^n\). La contrainte équivaut à \(0{,}8^n\le0{,}05\). Le logarithme est croissant : \(n\ln(0{,}8)\le\ln(0{,}05)\). En divisant par \(\ln(0{,}8)<0\), on inverse le sens : \[n\ge\frac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}8)}\approx13{,}4251.\] Le premier entier admissible est 14. Vérification : pour \(n=13\), la probabilité vaut environ \(0{,}9450244<0{,}95\) ; pour \(n=14\), elle vaut environ \(0{,}9560195\ge0{,}95\). La probabilité augmente avec \(n\) car \(0{,}8^n\) diminue : ces deux contrôles établissent la minimalité.
6. Dépasser la capacité signifie \(X>c\). Le risque demandé est \(\mathbb{P}(X>c)\le0{,}02\), soit \(1-F(c)\le0{,}02\), donc \(F(c)\ge0{,}98\). Pour trouver la plus petite capacité entière, on cherche le premier \(c\) vérifiant cette inégalité et on vérifie que \(F(c-1)<0{,}98\). Changer le signe « au plus » en « strictement moins » change le cas d’égalité.
Correction expliquée 14.6 — Questions 7 à 10 : interpréter et contrôler
7. \(\operatorname{E}(X)=8\times0{,}25=2\) et \(\operatorname{V}(X)=8\times0{,}25\times0{,}75=1{,}5\). La linéarité de l’espérance donne \(\operatorname{E}(G)=7\times2-5=9\). La soustraction de 5 ne modifie pas les écarts à la moyenne ; la multiplication par 7 multiplie leurs carrés par 49. Ainsi \(\operatorname{V}(G)=49\times1{,}5=73{,}5\). Si \(X=0\), le gain vaut \(-5\), et cet événement a une probabilité strictement positive. La moyenne 9 n’interdit donc pas une perte ponctuelle.
8. Le complémentaire de l’intervalle est la réunion disjointe des deux queues. Ainsi \[\mathbb{P}(a\le X\le b)=1-\mathbb{P}(X<a)-\mathbb{P}(X>b)\ge1-0{,}06=0{,}94.\] Rien ne garantit que cet intervalle soit le plus court ; une autre répartition des probabilités dans les queues pourrait permettre une autre construction. La couverture peut être strictement supérieure à \(0{,}94\).
9. Sans réinitialisation, le programme cumule les succès de plusieurs observations : il peut renvoyer une valeur supérieure à \(n\), impossible pour une \(\mathcal{B}(n;p)\). Le compteur doit être remis à zéro au début de chaque observation, avant la boucle des \(n\) essais, et non une seule fois avant les \(N\) répétitions.
10. Une Bernoulli de paramètre \(0{,}2\) a pour espérance \(0{,}2\), mais ses deux masses sont \(0{,}8\) en 0 et \(0{,}2\) en 1 : le diagramme n’est pas symétrique. L’espérance est le centre de gravité des valeurs pondérées, pas une affirmation de symétrie. Pour une binomiale de paramètre \(1/2\), la symétrie autour de \(n/2\) est, elle, démontrée par l’échange succès/échec.
Méthode 14.7 — Utiliser ton diagnostic pour progresser
Une réponse correcte sans justification reste à consolider. Si tu as rencontré une difficulté :
questions 1–2 : reprends les quatre vérifications du modèle et le choix des positions des succès ;
questions 3–4 : dessine les entiers autorisés avant de choisir le cumul ;
questions 5–6 : nomme l’inconnue, conserve le signe exact et contrôle les voisins ;
questions 7–8 : repars des définitions d’espérance, variance et complémentaire ;
questions 9–10 : distingue modèle, programme, données simulées et interprétation graphique.
Puis fais le nouvel essai ci-dessous. Il change la structure des questions ; ne recopie pas seulement des nombres dans une formule précédente.
À toi 14.8 — Nouvel essai de transfert, à refaire le lendemain
Une enquête comporte cinq réponses indépendantes, chacune positive avec probabilité \(0{,}4\). On note \(Z\) le nombre de réponses positives et \(F_Z(k)=\mathbb{P}(Z\le k)\).
On ne transmet un dossier que s’il y a strictement plus de deux réponses positives. Traduis la probabilité par un cumul.
La prime vaut 10 euros si le dossier est transmis, et 0 sinon. Peut-on calculer son espérance en remplaçant \(Z\) par \(\operatorname{E}(Z)\) dans cette règle ? Propose la bonne expression.
On remplace les cinq réponses indépendantes par cinq copies d’une même réponse. Le paramètre individuel reste \(0{,}4\). Que deviennent les valeurs possibles de \(Z\) et la probabilité de transmettre ?
Indice. La prime vaut 10 fois l’indicatrice d’un événement, pas 10 fois \(Z\).
Correction expliquée 14.9 — Pourquoi la variation ne se résout pas par automatisme
1. « Strictement plus de deux » signifie \(Z\ge3\). La probabilité vaut \(1-F_Z(2)\).
2. Avec \(Z\sim\mathcal{B}(5;0{,}4)\), les probabilités de 0, 1 et 2 succès sont respectivement \(0{,}07776\), \(0{,}2592\) et \(0{,}3456\). Le cumul est \(0{,}68256\) ; la transmission a donc pour probabilité \(0{,}31744\). Si \(J\) est son indicatrice, la prime est \(10J\), d’espérance \(10\times0{,}31744=3{,}1744\) euros. Remplacer \(Z\) par \(\operatorname{E}(Z)=2\) dans la règle à seuil donnerait à tort 0 euro. Une fonction non affine ne commute pas en général avec l’espérance.
3. Les cinq copies sont toutes positives ou toutes négatives. Ainsi \(Z=5\) avec probabilité \(0{,}4\) et \(Z=0\) avec probabilité \(0{,}6\) ; transmettre a pour probabilité \(0{,}4\). Le même paramètre individuel et le même nombre de positions ne suffisent pas à conserver la loi : l’indépendance a disparu.
À retenir 14.10 — Ce que tu dois pouvoir expliquer sans la fiche
Pourquoi y a-t-il un coefficient binomial ? Pourquoi le complémentaire de \(X\ge k\) est-il \(X\le k-1\) ? Pourquoi la variance dépend-elle de l’indépendance alors que l’espérance s’additionne sans elle ? Pourquoi doit-on tester l’entier voisin d’un seuil ? Pourquoi une simulation ne démontre-t-elle pas une probabilité exacte ?
Si tu peux répondre avec tes propres mots, produire un petit exemple et repérer un contre-exemple lorsque les hypothèses manquent, tu maîtrises les idées du chapitre, au-delà de la mémorisation des formules.
Références et périmètre
Programme de référence pour 2026–2027 : Terminale générale, spécialité mathématiques, arrêté du 19 juillet 2019, BO spécial no 8 du 25 juillet 2019 : texte officiel, annexe du programme. Le programme publié par l’arrêté du 26 février 2026 entre en application en 2027–2028.
Les lois géométrique et de Poisson sont des approfondissements facultatifs proposés par ce programme ; la loi hypergéométrique est hors programme. Les rappels de conditionnement et de moments rendent les preuves autonomes. La concentration et la loi des grands nombres relèvent d’un autre volet du programme ; elles ne sont pas des prérequis cachés.
Les documents fournis ont servi au repérage des difficultés et des points à vérifier. Les formulations, parcours d’apprentissage et figures ont été créés pour ce cours.
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