FAIRE LES 2k\(\pi\)

CHAPITRE 02

Phénomènes
aléatoires

Cours en autonomie

1re générale — Mathématiques tronc commun
Mathématiques intégrées à l’enseignement scientifique

Pour travailler : ce document, une feuille et un crayon suffisent pour le parcours principal. Les activités de simulation peuvent être lues sur papier ; l’outil numérique sert ensuite à répéter les expériences.

Les situations chiffrées de ce cours sont fictives, sauf les règles mathématiques explicitement décrites, comme celles d’un dé équilibré. Elles servent à apprendre à raisonner et ne décrivent pas une enquête ou une étude réelle.

Comprendre • Essayer • Vérifier • Recommencer

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Comment utiliser ce cours ?

1. Commence par le repérage de l’étape. Il sert à choisir l’aide utile, pas à te donner une note.

2. Lis un exemple en refaisant ses calculs. Demande-toi ce que compte chaque nombre et pourquoi l’opération choisie convient.

3. Cache la correction et essaie. Une lecture qui paraît claire n’est pas encore une réponse que l’on sait produire.

4. Compare ta démarche, pas seulement le dernier nombre. Vérifie le groupe de référence, les conditions et la phrase de conclusion.

5. Reviens plus tard sur la tâche de reprise. Essaie avant de relire. En cas d’erreur, reprends l’aide indiquée puis recommence.

Quelques repères de lecture. Une définition fixe le sens d’un mot. Une propriété donne une règle utilisable sous certaines conditions. Une justification explique pourquoi elle est valable. Une méthode organise le travail. Un contre-exemple montre pourquoi une affirmation trop générale est fausse.

Au moment de conclure, une probabilité se lit entre 0 et 1 ; sa valeur en pourcentage se lit entre 0 % et 100 %. Il faut toujours préciser de quel événement et dans quel groupe ou modèle on parle.

Retrouver les calculs utiles

Repérage : de quoi as-tu besoin aujourd’hui ?

Sans calculatrice, essaie ces cinq petites questions. Tu peux laisser une réponse sous forme de fraction.

1. Dans un groupe de 20 personnes, 5 viennent à vélo. Quelle fraction du groupe cela représente-t-il ? Quel pourcentage ?

2. Écris \(30\,\%\) sous forme décimale.

3. Calcule \(\tfrac35\times\tfrac12\).

4. Calcule \(\tfrac14+\tfrac12\).

5. Calcule \(\tfrac{\frac{3}{10}}{\frac35}\).

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

1. Le groupe contient 20 personnes, dont 5 à vélo : \(\tfrac5{20}=\tfrac{5\div5}{20\div5}=\tfrac14=\tfrac{25}{100}=25\,\%\). Si le dénominateur te pose problème, reprends « La fraction répond à une question ».

2. \(30\,\%=\tfrac{30}{100}=0{,}30=0{,}3\). Reprends « Trois écritures » si tu as répondu 30 ou 0,03.

3. \(\tfrac35\times\tfrac12=\tfrac{3\times1}{5\times2}=\tfrac3{10}\). Reprends « Une proportion d’une proportion » si tu as additionné.

4. \(\tfrac14+\tfrac12=\tfrac14+\tfrac{1\times2}{2\times2}=\tfrac14+\tfrac24=\tfrac34\). Reprends « Additionner » si tu as trouvé \(\tfrac26\).

5. Le diviseur est \(\tfrac35\), qui est non nul. Ainsi \(\tfrac{\frac3{10}}{\frac35}=\tfrac3{10}\times\tfrac53=\tfrac{15}{30}=\tfrac12\). Reprends « Diviser » si tu as inversé la première fraction.

1. La fraction répond à une question

Dans une association, 12 personnes sur 30 participent à un atelier. La proportion de participants est \(\tfrac{12}{30}\). Si la question porte ensuite sur les participants seulement, le groupe de référence pourra devenir 12. Le groupe de départ ne sert pas de dénominateur à toutes les questions.

Une proportion d’éléments d’un groupe est comprise entre 0 et 1 : le nombre d’éléments qui conviennent ne dépasse pas le nombre total. Le quotient \(\tfrac{30}{12}>1\) ne pourrait donc pas représenter la proportion des 12 participants parmi 30 personnes.

Essai guidé. Parmi 24 élèves, 18 ont rendu un travail. Écris la fraction en nommant le groupe de référence, puis simplifie par 6.

Correction expliquée

Le groupe de référence est constitué des 24 élèves. Les 18 travaux rendus correspondent aux cas qui conviennent : \[\frac{18}{24}=\frac{18\div6}{24\div6}=\frac34.\] La proportion cherchée est \(\tfrac34\). Le résultat est inférieur à 1, comme attendu.

2. Trois écritures pour la même proportion

Pour convertir \(0{,}08\) en pourcentage, on lit \(0{,}08=\tfrac8{100}=8\,\%\). Pour convertir \(8\,\%\) en décimal, on effectue l’opération inverse : \(8\div100=0{,}08\).

Exact ou approché ? La fraction \(\tfrac13\) est une valeur exacte. Son écriture décimale se poursuit : \(0{,}333\ldots\). On écrit \(\tfrac13\approx0{,}333\), et non \(\tfrac13=0{,}333\). En pourcentage, \(\tfrac13\approx33{,}3\,\%\). Le signe \(\approx\) indique un arrondi. Garde une fraction exacte pendant les calculs lorsque c’est possible.

3. Une proportion d’une proportion : pourquoi multiplier ?

Lecture du schéma. Le rectangle représente tous les inscrits, partagés en dix parts égales. L’atelier occupe six cases ; le matin en occupe trois, soit la moitié des six cases de l’atelier. Les aires représentent des proportions, pas des places dans la salle.

Règle de calcul. Pour des dénominateurs non nuls, \[\frac ab\times\frac cd=\frac{a\times c}{b\times d}.\] Exemple avec deux pourcentages : on simplifie \(\tfrac{40}{100}\) en divisant le haut et le bas par 20, et \(\tfrac{25}{100}\) en les divisant par 25. On obtient respectivement \(\tfrac25\) et \(\tfrac14\). \[40\,\%\text{ de }25\,\% =\frac{40}{100}\times\frac{25}{100} =\frac25\times\frac14 =\frac{2\times1}{5\times4} =\frac{2}{20} =\frac1{10}=10\,\%.\] Il faut vérifier le sens des deux groupes avant de multiplier. Deux nombres écrits en pourcentage dans un énoncé ne se multiplient pas automatiquement.

À toi. Les deux tiers d’un groupe ont réservé une place. Parmi ces personnes, les trois quarts ont déjà payé. Quelle fraction du groupe a réservé et payé ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : on prend les trois quarts des deux tiers.

Correction expliquée

La première sélection conserve \(\tfrac23\) du groupe. La seconde conserve \(\tfrac34\) de cette partie. Ainsi, \[\frac23\times\frac34=\frac{2\times3}{3\times4}=\frac6{12}=\frac12.\] La moitié du groupe a réservé et payé. Le résultat est inférieur à \(\tfrac23\), ce qui est cohérent : les personnes ayant payé font partie de celles qui ont réservé.

4. Additionner des parts de même taille

Autre exemple : \[\frac23+\frac16 =\frac{2\times2}{3\times2}+\frac16 =\frac46+\frac16 =\frac56.\] Retirer une proportion à 1. Pour calculer \(1-\tfrac38\), on écrit d’abord \(1=\tfrac88\) : \[1-\frac38=\frac88-\frac38=\frac{8-3}{8}=\frac58.\] En pourcentage, le reste de \(35\,\%\) est \(100\,\%-35\,\%=65\,\%\), soit \(1-0{,}35=0{,}65\).

5. Diviser par une fraction : quelle fraction faut-il inverser ?

Interprétation. Une partie représente \(\tfrac3{10}\) d’un groupe entier et appartient à une sous-population qui en représente \(\tfrac35\). Elle occupe \(\tfrac12\) de cette sous-population. C’est l’idée de changement de référence qui sera utilisée dans les probabilités conditionnelles.

On ne divise pas par zéro. Si aucune personne n’appartient au groupe de référence, on ne peut pas calculer une proportion dans ce groupe en faisant un quotient d’effectifs.

À essayer avant de consulter. Calcule \(\tfrac{\frac18}{\frac12}\), puis vérifie ton résultat par une multiplication.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : le diviseur est \(\tfrac12\), non \(\tfrac18\).

Correction expliquée

\(\tfrac12\ne0\) et son inverse est 2. Donc \[\frac{\frac18}{\frac12}=\frac18\times\frac21 =\frac{1\times2}{8\times1}=\frac28 =\frac{2\div2}{8\div2}=\frac14.\] Vérification : \(\tfrac14\times\tfrac12=\tfrac{1\times1}{4\times2}=\tfrac18\). Un huitième du groupe entier représente un quart d’un demi-groupe.

6. Répéter une multiplication et comparer

Pour comparer \(\tfrac23\) et \(\tfrac35\), écris-les avec un même dénominateur positif : \[\frac23=\frac{2\times5}{3\times5}=\frac{10}{15},\qquad \frac35=\frac{3\times3}{5\times3}=\frac9{15}.\] Comme \(\tfrac{10}{15}>\tfrac9{15}\), on a \(\tfrac23>\tfrac35\). Des valeurs arrondies peuvent masquer une petite différence : garde les fractions exactes pour justifier une égalité ou une inégalité.

Expliquer avec tes mots

Une camarade affirme : « Pour trouver \(20\,\%\) de \(30\,\%\), j’additionne et j’obtiens \(50\,\%\). » Explique le problème, puis corrige son calcul.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. Le mot « de » indique ici que l’on prend une partie d’une partie. On ne réunit pas deux groupes. On simplifie \(\tfrac{20}{100}\) par 20 et \(\tfrac{30}{100}\) par 10, puis : \[\frac{20}{100}\times\frac{30}{100} =\frac15\times\frac3{10} =\frac{1\times3}{5\times10} =\frac3{50} =\frac{3\times2}{50\times2}=\frac6{100}=6\,\%.\]

Pour une réponse complète : Ta réponse explique le sens de l’opération, donne le produit et interprète le résultat. Le seul nombre \(6\,\%\) ne suffit pas à expliquer l’erreur.

Changer de représentation

Un rectangle est découpé en 20 cases égales. On en colorie 8. Donne la proportion coloriée sous forme de fraction simplifiée, de décimal et de pourcentage. Puis donne la proportion non coloriée.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

La proportion coloriée est : \[\frac8{20}=\frac{8\div4}{20\div4}=\frac25 =\frac{2\times20}{5\times20}=\frac{40}{100}=0{,}4=40\,\%.\] Il reste \(20-8=12\) cases, donc : \[\frac{12}{20}=\frac{12\div4}{20\div4}=\frac35 =\frac{3\times20}{5\times20}=\frac{60}{100}=0{,}6=60\,\%.\] On retrouve \(1-0{,}4=0{,}6\) et \(40\,\%+60\,\%=100\,\%\).

À reprendre plus tard, avant de relire

Dans un groupe de 40 personnes, 24 ont une carte d’adhésion. Parmi ces 24 personnes, 6 participent à un atelier. Calcule la proportion d’adhérents, la proportion de participants parmi les adhérents, puis parmi les 40 personnes. Explique pourquoi deux proportions différentes utilisent le nombre 6.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide si nécessaire : écris le nom du groupe de référence sous chaque fraction.

Correction expliquée

Les adhérents représentent une partie des 40 personnes : \[\frac{24}{40}=\frac{24\div8}{40\div8}=\frac35 =\frac{3\times20}{5\times20}=\frac{60}{100}=60\,\%.\] Parmi les 24 adhérents, les participants représentent : \[\frac6{24}=\frac{6\div6}{24\div6}=\frac14 =\frac{1\times25}{4\times25}=\frac{25}{100}=25\,\%.\] Parmi tous les membres, les mêmes 6 participants représentent : \[\frac6{40}=\frac{6\div2}{40\div2}=\frac3{20} =\frac{3\times5}{20\times5}=\frac{15}{100}=15\,\%.\] On vérifie la proportion d’une proportion : \(\tfrac35\times\tfrac14=\tfrac{3\times1}{5\times4}=\tfrac3{20}\).

Le numérateur 6 compte les mêmes personnes, mais les groupes de comparaison comptent 24 personnes ou 40 personnes. C’est pourquoi les quotients diffèrent. Si tu as conservé 40 au dénominateur des deux dernières fractions, reprends le début de cette étape puis recommence cet exercice sans lire sa correction.

Deux calculs courts à reprendre aussi : calcule \(\tfrac14+\tfrac18\) et \(\left(\tfrac12\right)^4\) avant de lire la suite.

Aide : transforme le quart en huitièmes ; pour la puissance, écris quatre facteurs.

Correction : \(\tfrac14+\tfrac18=\tfrac{1\times2}{4\times2}+\tfrac18=\tfrac28+\tfrac18=\tfrac38\). Puis \(\left(\tfrac12\right)^4=\tfrac12\times\tfrac12\times\tfrac12\times\tfrac12=\tfrac1{2\times2\times2\times2}=\tfrac1{16}\). Si tu as répondu \(\tfrac29\) ou 2, reprends respectivement « Additionner » ou « Les petites puissances », puis recommence ces deux calculs.

Comprendre les événements et les probabilités

Repérage et rappels immédiats

On lance un dé équilibré à six faces numérotées de 1 à 6.

1. Quels résultats peuvent apparaître ?

2. Quels résultats réalisent l’événement « obtenir un nombre pair » ?

3. Quelle est la probabilité d’obtenir un nombre pair ?

4. « Ne pas obtenir 6 » signifie-t-il « obtenir 1 » ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Les résultats possibles sont 1, 2, 3, 4, 5 et 6. Les résultats pairs sont 2, 4 et 6 : il y en a 3 sur 6, tous de même probabilité. On obtient donc \(\tfrac36=\tfrac{3\div3}{6\div3}=\tfrac12\). « Ne pas obtenir 6 » signifie obtenir l’un des résultats 1, 2, 3, 4 ou 5, et non seulement 1.

Si la fraction est difficile, rappelle-toi : le dénominateur compte tous les résultats équiprobables ; le numérateur compte ceux qui conviennent. Si les mots posent problème, reprends les définitions ci-dessous avant de calculer.

1. Du phénomène réel au modèle

Pour le lancer du dé, \(\Omega=\{1;2;3;4;5;6\}\). Les accolades servent à écrire un ensemble. Pour l’événement \(A\) : « obtenir un nombre pair », on a \(A=\{2;4;6\}\). Obtenir 4 réalise \(A\) ; obtenir 3 ne le réalise pas.

Le calcul \(2+3\) n’est pas une expérience aléatoire : avec ces données, son résultat est 5. En revanche, le numéro d’une carte que l’on tire dans un jeu mélangé n’est pas connu avant le tirage.

Dire qu’un dé est équilibré conduit ici à choisir le modèle où chaque face a la probabilité \(\tfrac16\). La symétrie motive ce choix, mais un calcul ne prouve pas qu’un dé réel est parfaitement équilibré. Un relevé de lancers peut aider à étudier ce choix de modèle ; il ne fixe pas à lui seul une égalité exacte.

Événement impossible : l’ensemble vide, noté \(\varnothing\), ne contient aucune issue et a pour probabilité 0. Par exemple, obtenir 8 avec ce dé est impossible. Événement certain : l’univers \(\Omega\) contient toutes les issues et a pour probabilité 1. Obtenir un nombre entre 1 et 6 inclus est certain dans ce modèle.

2. Quand peut-on compter les cas favorables ?

Premier geste : avant de compter, précise les issues et demande-toi pourquoi elles auraient la même probabilité. Le mot « hasard » ne prouve pas à lui seul l’équiprobabilité.

Essai guidé. On choisit uniformément une carte parmi 10 cartes numérotées de 1 à 10. Donne les issues de l’événement \(M\) : « le numéro est un multiple de 3 », puis calcule sa probabilité.

Correction expliquée

Un multiple de 3 est obtenu en multipliant 3 par un entier. Parmi 1 à 10, on trouve \(3\times1=3\), \(3\times2=6\) et \(3\times3=9\) ; \(3\times4=12\) est déjà hors de l’univers. Ainsi \(M=\{3;6;9\}\) et \(\mathrm{P}\left(M\right)=\tfrac3{10}=0{,}3=30\,\%\). Le choix uniforme justifie le quotient des effectifs.

3. Le contraire : tout ce qui ne réalise pas l’événement

Dans le dé équilibré, si \(A=\{2;4;6\}\), alors \(\overline{A}=\{1;3;5\}\). Si \(B\) est « obtenir 6 », alors \(\overline{B}=\{1;2;3;4;5\}\) et \[\mathrm{P}\left(\overline{B}\right)=1-\frac16=\frac66-\frac16=\frac56.\] Le contraire dépend de l’univers. « Ne pas obtenir 6 » ne signifie ni « obtenir un résultat plus petit que 6 » dans tout univers, ni « obtenir 1 ».

4. « Et » : chercher les issues communes

On lance un dé équilibré. On définit \(A\) : « obtenir un nombre pair » et \(B\) : « obtenir un nombre supérieur ou égal à 4 ». \[A=\{2;4;6\},\qquad B=\{4;5;6\},\qquad A\cap B=\{4;6\}.\] 4 et 6 satisfont les deux conditions. 2 est pair mais n’est pas supérieur ou égal à 4 ; 5 est supérieur ou égal à 4 mais n’est pas pair. \[\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\frac26=\frac{2\div2}{6\div2}=\frac13.\] Dans un modèle fini, \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\leq\mathrm{P}\left(A\right)\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\leq\mathrm{P}\left(B\right)\) : satisfaire les deux conditions impose de satisfaire chacune d’elles.

5. « Ou » : au moins l’un des deux, les deux sont permis

Dans le même exemple, \[A\cup B=\{2;4;5;6\},\qquad \mathrm{P}\left(A\cup B\right)=\frac46=\frac23.\] On inclut 4 et 6 même s’ils réalisent les deux événements. On ne les compte qu’une fois chacun.

Lecture du schéma. Le rectangle contient les six issues du dé. La zone commune aux deux ovales contient 4 et 6 : c’est l’intersection. L’ensemble des deux ovales contient 2, 4, 5 et 6 : c’est la réunion. Les issues 1 et 3 sont en dehors des deux événements. Les surfaces ne représentent pas ici les probabilités : on compte les numéros.

Cas particulier : événements incompatibles. Deux événements sont incompatibles si leur intersection est vide : ils ne peuvent pas se réaliser ensemble. Dans ce cas, \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0\) et \(\mathrm{P}\left(A\cup B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)+\mathrm{P}\left(B\right)\). Obtenir 1 et obtenir 6 dans un seul lancer sont incompatibles.

Le mot « incompatible » concerne la possibilité de réalisation simultanée. Le mot « indépendant », étudié plus loin, concerne l’effet d’une information sur une probabilité : ils ne veulent pas dire la même chose.

À essayer avant de consulter

On tire uniformément une carte numérotée de 1 à 8. Soit \(C\) : « obtenir un nombre pair » et \(D\) : « obtenir un nombre strictement inférieur à 4 ».

1. Écris \(C\), \(D\), \(C\cap D\), \(C\cup D\) et \(\overline{D}\).

2. Calcule les probabilités de ces cinq événements.

3. \(C\) et \(D\) sont-ils incompatibles ? Justifie.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : « strictement inférieur à 4 » exclut 4. Pour l’intersection, garde les numéros présents dans les deux listes.

Correction expliquée

\[\begin{aligned} C&=\{2;4;6;8\}, &D&=\{1;2;3\},\\ C\cap D&=\{2\}, &C\cup D&=\{1;2;3;4;6;8\},\\ \overline{D}&=\{4;5;6;7;8\}.&& \end{aligned}\] Chaque carte a la probabilité \(\tfrac18\). On compte donc les éléments de chaque liste et on divise par 8 : \[\mathrm{P}\left(C\right)=\frac48=\frac12,\quad \mathrm{P}\left(D\right)=\frac38,\quad \mathrm{P}\left(C\cap D\right)=\frac18,\] \[\mathrm{P}\left(C\cup D\right)=\frac68=\frac34,\qquad \mathrm{P}\left(\overline{D}\right)=\frac58.\] Les simplifications utilisent la division du numérateur et du dénominateur par 4 pour \(\tfrac48\) et par 2 pour \(\tfrac68\). Contrôle de la réunion : \(\tfrac48+\tfrac38-\tfrac18=\tfrac{4+3-1}{8}=\tfrac68\). Contrôle du contraire : \(\tfrac38+\tfrac58=\tfrac88=1\).

\(C\) et \(D\) ne sont pas incompatibles : l’issue 2 réalise les deux. Une seule issue commune suffit à montrer que l’intersection n’est pas vide.

6. Les mots « exactement », « au moins », « au plus »

On observe une série de trois essais et on compte combien ont réussi. Le nombre de réussites peut être 0, 1, 2 ou 3.

Le contraire de « au moins une réussite » est « aucune réussite ». Le contraire de « exactement une réussite » est « zéro, deux ou trois réussites ». Écrire le contraire en mots évite de supprimer des possibilités.

Justifier sans réciter une formule

Pourquoi la probabilité de « \(A\) ou \(B\) » peut-elle être plus grande que chacune des deux probabilités, alors que celle de « \(A\) et \(B\) » ne peut pas l’être ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. L’intersection ne garde que les issues communes ; elle est contenue dans chacun des événements. La réunion contient toutes les issues de \(A\) et toutes celles de \(B\), sans doublons. Elle peut donc ajouter des possibilités à chacun des événements.

Pour une réponse complète : La réponse compare les ensembles d’issues. Elle ne se limite pas à dire « c’est la formule ».

Variation : changer la façon de décrire les issues

Un sac contient 4 jetons rouges et 1 jeton bleu, tous aussi susceptibles d’être tirés. Une personne dit : « Il y a deux couleurs, donc la probabilité du bleu est \(\tfrac12\). » Identifie son hypothèse cachée et rectifie.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Elle suppose que les deux couleurs sont équiprobables, ce qui n’est pas donné. Les cinq jetons sont équiprobables. Un seul est bleu : \(\mathrm{P}\left(\text{bleu}\right)=\tfrac15\). Les quatre autres sont rouges : \(\mathrm{P}\left(\text{rouge}\right)=\tfrac45\). Leur somme vaut \(\tfrac{1+4}{5}=1\).

À reprendre plus tard, avant de relire

On choisit uniformément un nombre de 1 à 10. On note \(E\) : « le nombre est pair », \(F\) : « le nombre est strictement supérieur à 7 ». Calcule \(\mathrm{P}\left(E\cap F\right)\), \(\mathrm{P}\left(E\cup F\right)\) et \(\mathrm{P}\left(\overline{F}\right)\). Explique en une phrase chacun des événements.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide : reconstruis d’abord les listes ; ne commence pas par une formule.

Correction expliquée

\(E=\{2;4;6;8;10\}\) et \(F=\{8;9;10\}\). L’intersection est \(\{8;10\}\) : le nombre est pair et supérieur à 7. Donc \(\mathrm{P}\left(E\cap F\right)=\tfrac2{10}=\tfrac15\) (division par 2).

La réunion est \(\{2;4;6;8;9;10\}\) : le nombre satisfait au moins l’une des deux conditions. Donc \(\mathrm{P}\left(E\cup F\right)=\tfrac6{10}=\tfrac35\) (division par 2). Vérification : \(\tfrac5{10}+\tfrac3{10}-\tfrac2{10}=\tfrac{5+3-2}{10}=\tfrac6{10}\).

Le contraire de \(F\) est \(\{1;2;3;4;5;6;7\}\) : le nombre est inférieur ou égal à 7. Ainsi \(\mathrm{P}\left(\overline{F}\right)=\tfrac7{10}=1-\tfrac3{10}\), puisque \(1=\tfrac{10}{10}\). Si tu as oublié 7 ou exclu 8 de la réunion, relis les mots de la consigne, puis refais la liste.

Lire les tableaux et les fréquences

Repérage : lire une ligne avant de calculer

Une liste contient 20 personnes. Parmi elles, 8 ont réservé une place ; parmi ces 8 personnes, 6 ont payé.

1. Combien de personnes n’ont pas réservé ?

2. Combien ont réservé mais n’ont pas payé ?

3. Quelle fraction des 20 personnes a réservé et payé ?

4. Quelle fraction des personnes ayant réservé a payé ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Il reste \(20-8=12\) personnes sans réservation. Parmi les 8 personnes ayant réservé, \(8-6=2\) n’ont pas payé. La fraction ayant réservé et payé parmi les 20 personnes est \(\tfrac6{20}=\tfrac{6\div2}{20\div2}=\tfrac3{10}\).

Parmi les personnes ayant réservé, le groupe de référence contient 8 personnes : on obtient \(\tfrac68=\tfrac{6\div2}{8\div2}=\tfrac34\). Si tu as utilisé 20 dans la dernière question, reprends « Le groupe de référence change le quotient ». Si les soustractions sont difficiles, repars du total connu : partie manquante = total moins partie connue.

1. Qu’est-ce qu’un tableau croisé d’effectifs ?

On a interrogé 120 habitants de deux quartiers sur l’utilisation d’un composteur. Chaque personne est comptée dans un seul quartier et donne une réponse « oui » ou « non ».

La case 36 signifie : « 36 personnes habitent le quartier Nord et utilisent un composteur ». Le 48 en bas de la colonne « oui » compte tous les utilisateurs, sans restriction de quartier. Le 48 situé dans la ligne Sud compte des habitants du Sud sans composteur : le même nombre peut décrire des groupes différents.

Les totaux placés sur les bords du tableau sont les effectifs marginaux. Le total 120 est l’effectif total. Le mot « marginal » indique la position dans la marge ; il ne signifie pas « peu important ».

2. Compléter un tableau sans deviner

Essai guidé. Complète ce tableau de 50 inscriptions à deux ateliers :

Commence par la ligne réparation, puis retrouve le total jardinage.

Correction expliquée

Pour la réparation, les inscriptions sur place sont \(30-18=12\). Le total jardinage est \(50-30=20\). Les inscriptions jardinage en ligne sont donc \(20-8=12\). La colonne « en ligne » totalise \(18+12=30\) ; celle « sur place » totalise \(12+8=20\).

Le contrôle final donne \(30+20=50\) dans les deux directions. Les quatre cases intérieures sont des effectifs entiers et positifs ; aucune ne dépasse son total de ligne ou de colonne.

3. La fréquence : une proportion dans les données observées

Dans l’enquête des 120 habitants, la fréquence des utilisateurs du composteur est \[\frac{48}{120}=\frac{48\div24}{120\div24}=\frac25 =\frac{2\times20}{5\times20}=\frac{40}{100}=40\,\%.\] Il s’agit d’une fréquence marginale : elle s’appuie sur le total d’une colonne. Elle compte les utilisateurs quel que soit leur quartier.

La fréquence des habitants du Nord qui utilisent un composteur, parmi les 120 habitants interrogés, est \[\frac{36}{120}=\frac{36\div12}{120\div12}=\frac3{10} =\frac{3\times10}{10\times10}=\frac{30}{100}=30\,\%.\] Cette fois, on utilise une case intérieure : on impose les deux caractères à la fois.

4. Le groupe de référence change le quotient

Une fréquence calculée dans une sous-population précisée est appelée fréquence conditionnelle. Le mot « conditionnelle » signifie que l’on a restreint le groupe étudié à ceux qui vérifient une condition.

5. Construire les effectifs à partir de pourcentages

Vérifications : \(36+18=54\), \(54+42=96\), \(54+96=150\). La fréquence globale des arrivées le matin est \[\frac{54}{150}=\frac{54\div6}{150\div6}=\frac9{25} =\frac{9\times4}{25\times4}=\frac{36}{100}=36\,\%.\] Elle n’est ni \(40\,\%\), ni \(30\,\%\) : ces pourcentages concernent deux groupes distincts. Elle n’est pas non plus la moyenne simple \(35\,\%\) de ces deux nombres, car les groupes ont des tailles différentes, 90 et 60.

Une limite à vérifier. Si un pourcentage donné produit un effectif non entier, l’énoncé peut avoir fourni un pourcentage arrondi. Un tableau d’effectifs exacts ne peut pas contenir une demi-personne. On ne corrige pas silencieusement les données : on vérifie si les nombres sont exacts ou approchés.

À essayer avant de consulter

Dans une population de 200 personnes, 80 sont inscrites à l’activité \(A\), 70 à l’activité \(B\), et 28 aux deux activités. Chacun peut être inscrit aux deux ou à aucune.

1. Construis un tableau avec lignes « \(A\) / pas \(A\) » et colonnes « \(B\) / pas \(B\) ».

2. Quelle proportion de toute la population est inscrite aux deux ?

3. Parmi les inscrits à \(A\), quelle proportion est inscrite à \(B\) ?

4. Parmi les inscrits à \(B\), quelle proportion est inscrite à \(A\) ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : place 28 dans la case commune avant de compléter les lignes et les colonnes.

Correction expliquée

Dans la ligne \(A\), il reste \(80-28=52\) personnes sans \(B\). Dans la colonne \(B\), il reste \(70-28=42\) personnes sans \(A\). Le total sans \(A\) est \(200-80=120\) ; il y a donc \(120-42=78\) personnes sans aucune des deux activités.

La colonne « pas \(B\) » totalise \(52+78=130=200-70\) : c’est un contrôle par une autre voie.

Parmi toute la population : \[\frac{28}{200}=\frac{28\div2}{200\div2}=\frac{14}{100}=14\,\%.\] Parmi les inscrits à \(A\) : \[\frac{28}{80}=\frac{28\div4}{80\div4}=\frac7{20} =\frac{7\times5}{20\times5}=\frac{35}{100}=35\,\%.\] Parmi les inscrits à \(B\) : \[\frac{28}{70}=\frac{28\div14}{70\div14}=\frac25 =\frac{2\times20}{5\times20}=\frac{40}{100}=40\,\%.\] Les 28 mêmes personnes sont comparées à 200, 80 ou 70 personnes selon la question.

6. Passer d’une fréquence à une probabilité

Si on choisit uniformément une personne dans la liste des 120 habitants du premier tableau, chaque personne a la probabilité \(\tfrac1{120}\) d’être choisie. La probabilité de choisir un utilisateur du composteur est donc \[48\times\frac1{120}=\frac{48}{120}=\frac25.\] Le même quotient a deux lectures : c’est la fréquence des utilisateurs dans la liste et la probabilité d’en sélectionner un lors d’un choix uniforme dans cette liste.

On ne peut pas en conclure automatiquement que chaque habitant de toute la ville, ou chaque futur répondant, a cette même probabilité. Il faudrait justifier le passage de la population interrogée à une population plus large. Les données observées et le modèle choisi restent deux objets distincts.

Expliquer avec tes mots

Comment peut-on obtenir \(14\,\%\), \(35\,\%\) et \(40\,\%\) à partir d’une seule case égale à 28 ? Pourquoi n’y a-t-il pas contradiction ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. La case 28 compte toujours les personnes inscrites aux deux activités. Les questions comparent ce groupe à trois populations différentes : 200 personnes au total, 80 inscrits à \(A\), 70 inscrits à \(B\). Une proportion dépend aussi de son dénominateur.

Pour une réponse complète : Cite les trois groupes de référence et explique que le numérateur reste le même. « Les formules changent » ne suffit pas.

Variation : des totaux ne déterminent pas toujours les cases

Un tableau porte sur 100 personnes. On sait que 40 font l’activité \(A\) et que 50 font l’activité \(B\). Peut-on en déduire combien font les deux ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : cherche deux tableaux possibles avec les mêmes marges.

Correction expliquée

Non. Voici deux organisations différentes, toutes deux compatibles avec les totaux donnés :

Les cases communes valent 20 et 30. Les deux tableaux ont pourtant 40 inscrits à \(A\), 50 à \(B\) et 100 personnes au total. Une information supplémentaire est nécessaire : par exemple, le nombre d’inscrits aux deux activités ou une proportion dans un sous-groupe.

À reprendre plus tard, avant de relire

Un tableau recense 80 objets : 30 sont en bois, 50 en métal. Parmi ceux en bois, 12 sont réparés ; parmi ceux en métal, 20 sont réparés. Construis le tableau, puis calcule la fréquence des objets réparés dans l’ensemble et dans chacun des deux groupes.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide : trouve les non-réparés par soustraction, puis écris les trois groupes de référence.

Correction expliquée

Les non-réparés sont \(30-12=18\) en bois et \(50-20=30\) en métal. Les réparés totalisent \(12+20=32\), les non-réparés \(18+30=48\) et \(32+48=80\).

Les trois fréquences sont : \[\frac{32}{80}=\frac{32\div16}{80\div16}=\frac25, \quad \frac{12}{30}=\frac{12\div6}{30\div6}=\frac25, \quad \frac{20}{50}=\frac{20\div10}{50\div10}=\frac25.\] Chacune vaut \(\tfrac25=\tfrac{2\times20}{5\times20}=\tfrac{40}{100}=40\,\%\). Ici les fréquences sont égales malgré des effectifs différents. Ce sont les proportions, pas seulement les nombres 12 et 20, qu’il faut comparer. Si tu n’as pas retrouvé les mêmes marges par les deux directions, corrige le tableau avant de calculer les fréquences.

Probabilités conditionnelles : parmi qui ?

Un petit repérage pour commencer

Un sac contient 20 jetons. Parmi eux, 12 portent une étoile. Parmi ces 12 jetons étoilés, 6 sont bleus.

1. On choisit uniquement parmi les jetons étoilés. Combien de jetons peuvent être choisis ?

2. Parmi les jetons étoilés, quelle est la proportion de jetons bleus ?

3. Quelle est la proportion de jetons à la fois étoilés et bleus dans le sac entier ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

La première question impose de se limiter aux 12 jetons étoilés. Le sac en contient 20, mais les 8 autres ne font plus partie du groupe dans lequel on choisit.

Pour la deuxième question, 6 jetons conviennent parmi les 12 encore possibles : \[\frac{6}{12}=\frac{6\div6}{12\div6}=\frac12=0{,}5=50\,\%.\] Pour la troisième question, on conserve les 20 jetons comme référence : \[\frac{6}{20}=\frac{6\div2}{20\div2}=\frac{3}{10}=0{,}3=30\,\%.\] Le numérateur reste 6 ; le dénominateur change avec la question. Si tu as utilisé 20 dans les deux cas, lis attentivement le prochain exemple et l’aide « Retrouver le groupe de référence ». Si les fractions te freinent, garde d’abord l’écriture « 6 parmi 12 » : elle donne le sens du calcul.

La même enquête, plusieurs questions

Dans un projet Ma ville de demain, 200 personnes répondent à une enquête sur un composteur collectif. Certaines ont participé à un atelier de découverte. On choisit une fiche au hasard parmi les 200 fiches ; chaque fiche a la même chance d’être choisie.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

On note les événements : \[A:\text{« la personne a participé à l'atelier »},\qquad B:\text{« la personne est favorable au projet »}.\] Un événement est ici une description que la fiche choisie vérifie ou ne vérifie pas. L’événement \(A\cap B\), lu « \(A\) et \(B\) », regroupe les personnes qui vérifient les deux descriptions. L’événement \(\overline{A}\) signifie « la personne n’a pas participé à l’atelier ».

Lire et écrire la nouvelle notation

Dans l’enquête, \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}75\) et \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)=\frac57\). Intervertir \(A\) et \(B\) change généralement la probabilité conditionnelle. À l’inverse, \(A\cap B\) et \(B\cap A\) décrivent exactement les mêmes fiches : les deux conditions doivent être satisfaites.

Pourquoi le quotient des probabilités retrouve-t-il les effectifs ?

Dans l’enquête, \[\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\frac{60}{200}=0{,}3 \quad\text{et}\quad \mathrm{P}\left(A\right)=\frac{80}{200}=0{,}4.\] La définition donne alors : \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right) =\frac{0{,}3}{0{,}4} =\frac{0{,}3\times10}{0{,}4\times10} =\frac34 =0{,}75.\] Multiplier le numérateur et le dénominateur par un même nombre non nul conserve le quotient.

On peut aussi garder les fractions. Le diviseur \(\frac{80}{200}\) est non nul. Diviser par cette fraction revient à multiplier par son inverse \(\frac{200}{80}\) : \[\frac{\dfrac{60}{200}}{\dfrac{80}{200}} =\frac{60}{200}\times\frac{200}{80} =\frac{60\times200}{200\times80} =\frac{60}{80}.\] Les deux probabilités initiales ont été calculées sur les mêmes 200 fiches. Dans leur quotient, cette référence commune disparaît ; il reste le groupe des 80 fiches de \(A\).

Essai guidé — Trois écritures pour une même situation

Une association compte 120 inscrits. Parmi eux, 72 possèdent une carte d’abonnement \(A\). Au total, 48 ont réservé une sortie \(R\), dont 36 possèdent la carte. On choisit un inscrit au hasard, avec équiprobabilité.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

1. Pour \(\mathrm{P}_{A}\left(R\right)\), écris d’abord : « Parmi les … possesseurs de carte, … ont réservé. » Calcule.

2. Calcule \(\mathrm{P}_{R}\left(A\right)\) en écrivant le nouveau groupe de référence.

3. Calcule \(\mathrm{P}\left(A\cap R\right)\), puis explique pourquoi son dénominateur diffère de ceux des questions précédentes.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice. Les 36 personnes vérifient les deux caractéristiques ; elles forment le numérateur des trois quotients.

Correction expliquée

1. Parmi les 72 possesseurs de carte, 36 ont réservé. Puisque \(72>0\), \[\mathrm{P}_{A}\left(R\right)=\frac{36}{72}=\frac{36\div36}{72\div36}=\frac12=0{,}5.\] La moitié des possesseurs de carte ont réservé.

2. Parmi les 48 personnes ayant réservé, 36 possèdent une carte. Puisque \(48>0\), \[\mathrm{P}_{R}\left(A\right)=\frac{36}{48}=\frac{36\div12}{48\div12}=\frac34=0{,}75.\] 75 % des personnes ayant réservé possèdent une carte.

3. Le choix se fait maintenant parmi les 120 inscrits : \[\mathrm{P}\left(A\cap R\right)=\frac{36}{120}=\frac{36\div12}{120\div12}=\frac{3}{10}=0{,}3.\] 30 % des inscrits possèdent une carte et ont réservé. La question ne restreint pas le groupe initial par une information connue.

Contrôle. La probabilité de satisfaire les deux conditions dans toute l’association vaut \(0{,}3\), inférieure aux probabilités \(\frac{72}{120}=0{,}6\) et \(\frac{48}{120}=0{,}4\) de satisfaire chacune d’elles.

Le contraire : garder la même information

Justification avec le tableau de l’enquête. Les 80 participants à l’atelier se partagent en 60 favorables et 20 non favorables. Donc \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)+\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right) =\frac{60}{80}+\frac{20}{80} =\frac{80}{80}=1.\] Ainsi, \[\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right)=1-0{,}75=0{,}25.\] On pouvait aussi lire \(\frac{20}{80}=\frac{20\div20}{80\div20}=\frac14\). Les deux méthodes donnent bien le même résultat.

Justification générale. Les événements \(A\cap B\) et \(A\cap\overline{B}\) sont disjoints et, réunis, constituent \(A\). Par addition de leurs probabilités, \[\mathrm{P}\left(A\cap B\right)+\mathrm{P}\left(A\cap\overline{B}\right)=\mathrm{P}\left(A\right).\] Comme \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), on divise les deux membres par \(\mathrm{P}\left(A\right)\) : \[\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}+ \frac{\mathrm{P}\left(A\cap\overline{B}\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}=1.\] Ce sont précisément les deux probabilités conditionnelles annoncées.

À toi. On sait que \(\mathrm{P}_{C}\left(D\right)=0{,}68\) et que \(\mathrm{P}\left(C\right)>0\). Donne \(\mathrm{P}_{C}\left(\overline{D}\right)\). Peut-on en déduire \(\mathrm{P}_{\overline{C}}\left(D\right)\) ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Dans le groupe \(C\), la part qui ne vérifie pas \(D\) vaut \[\mathrm{P}_{C}\left(\overline{D}\right)=1-0{,}68=0{,}32.\] En revanche, aucune information n’est donnée sur la part de \(D\) dans le groupe \(\overline{C}\). On ne peut donc pas calculer \(\mathrm{P}_{\overline{C}}\left(D\right)\) avec ces seules données ; il faudrait aussi que cette condition ait une probabilité positive pour que la notation soit définie.

Et si le groupe est vide ?

La définition exige \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\). Si aucune fiche ne vérifie \(A\), la question « Quelle proportion de ces fiches vérifie \(B\) ? » n’a pas de dénominateur possible. Le quotient aurait un zéro au dénominateur : on ne le calcule pas et on ne lui donne pas arbitrairement la valeur 0.

En revanche, si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\) mais qu’aucune issue de \(A\) ne vérifie \(B\), le numérateur est nul et \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0\) est parfaitement défini. La réalisation de \(B\) n’est donc pas obligée d’avoir une probabilité positive pour calculer \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\).

Petit test. Une boîte contient 10 cartes, toutes vertes. Peut-on calculer la probabilité d’obtenir une carte numérotée sachant qu’elle est rouge ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

L’événement « la carte est rouge » a une probabilité nulle. La probabilité conditionnelle demandée n’est pas définie dans ce cadre. Ce n’est pas une probabilité égale à zéro.

Une vraie variation — Quand les informations ne suffisent pas

On sait que \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}6\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0{,}18\).

1. Calcule \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\).

2. Peut-on calculer \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)\) sans autre information ? Justifie.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice. Écris les deux quotients avant de remplacer leurs éléments par des nombres.

Correction expliquée

Puisque \(0{,}6>0\), \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{0{,}18}{0{,}6} =\frac{0{,}18\times100}{0{,}6\times100} =\frac{18}{60}.\] On divise ensuite le numérateur et le dénominateur par 6 : \[\frac{18}{60}=\frac{18\div6}{60\div6}=\frac3{10}=0{,}3.\] Pour l’autre sens, il faudrait \[\mathrm{P}_{B}\left(A\right)=\frac{0{,}18}{\mathrm{P}\left(B\right)}.\] La valeur \(\mathrm{P}\left(B\right)\) manque. Elle ne se déduit pas des deux seules données. Par exemple, si \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}3\), le quotient serait \(0{,}6\) ; si \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}5\), il serait \(0{,}36\). Ces deux cas sont possibles : les quatre parts \((A\cap B,\ A\cap\overline{B},\ \overline{A}\cap B,\ \overline{A}\cap\overline{B})\) pourraient être respectivement \[(0{,}18;\ 0{,}42;\ 0{,}12;\ 0{,}28) \quad\text{ou}\quad (0{,}18;\ 0{,}42;\ 0{,}32;\ 0{,}08).\] Dans les deux cas, les parts sont positives et leur somme vaut 1. Reconnaître une donnée manquante est une réponse mathématique.

Tentative autonome — Un compte rendu associatif

75 bénévoles participent à un projet de quartier. Parmi les 45 qui sont venus à la réunion préparatoire, 18 choisissent le chantier de plantation. Parmi les 30 autres bénévoles, 12 choisissent aussi ce chantier. Une personne est choisie au hasard parmi les 75, avec équiprobabilité.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

On note \(R\) : « la personne est venue à la réunion » et \(P\) : « elle choisit la plantation ».

1. Calcule \(\mathrm{P}\left(R\cap P\right)\), \(\mathrm{P}_{R}\left(P\right)\) et \(\mathrm{P}_{P}\left(R\right)\).

2. Calcule \(\mathrm{P}_{R}\left(\overline{P}\right)\).

3. Explique en deux phrases pourquoi les deux probabilités conditionnelles de la question 1 ne sont pas interchangeables.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indices, si nécessaire. Le nombre total de personnes choisissant la plantation est \(18+12\). Pour chaque quotient, annonce le groupe conservé.

Correction expliquée

Il y a \(18+12=30\) personnes qui choisissent la plantation. \[\mathrm{P}\left(R\cap P\right)=\frac{18}{75} =\frac{18\div3}{75\div3}=\frac6{25}.\] Pour obtenir un dénominateur 100, on multiplie en haut et en bas par 4 : \[\frac6{25}=\frac{6\times4}{25\times4}=\frac{24}{100}=0{,}24.\] Dans toute l’association, 24 % des bénévoles viennent à la réunion et choisissent la plantation. \[\mathrm{P}_{R}\left(P\right)=\frac{18}{45} =\frac{18\div9}{45\div9}=\frac25=0{,}4.\] Parmi les 45 présents à la réunion, 40 % choisissent la plantation. \[\mathrm{P}_{P}\left(R\right)=\frac{18}{30} =\frac{18\div6}{30\div6}=\frac35=0{,}6.\] Parmi les 30 personnes choisissant la plantation, 60 % sont venues à la réunion. Les deux groupes de référence contiennent 45 et 30 personnes : intervertir les conditions change le dénominateur.

Dans le groupe \(R\), le contraire de « choisir la plantation » est « ne pas choisir la plantation ». On obtient \[\mathrm{P}_{R}\left(\overline{P}\right)=1-\frac25=\frac55-\frac25=\frac35=0{,}6.\] Contrôle par les effectifs. \(45-18=27\) personnes de la réunion ne choisissent pas la plantation ; \(\frac{27}{45}=\frac{27\div9}{45\div9}=\frac35\), ce qui confirme le complément.

Pour une réponse complète : les trois groupes de référence sont nommés ; les quotients sont écrits avant leurs valeurs ; la phrase d’interprétation conserve « parmi ».

Savoir expliquer avec ses propres mots

Question. Un camarade affirme : « Dans \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\), il y a un \(B\) à la fin, donc je divise par \(\mathrm{P}\left(B\right)\). » Comment lui montrer précisément son erreur ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Une réponse possible : « Le \(B\) dit ce que tu recherches. L’information déjà connue est \(A\), écrit sous le \(\mathrm P\). Tu choisis donc parmi les issues de \(A\) : le dénominateur est \(\mathrm{P}\left(A\right)\). Le numérateur \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\) garde celles qui vérifient aussi \(B\). »

Pour une réponse complète : ta réponse identifie le rôle de l’indice, le groupe de référence et la double condition au numérateur. Citer seulement la formule ne suffit pas à expliquer le choix.

Retrouver le groupe de référence

À reprendre un autre jour, avant de relire

Dans une situation fictive, 90 demandes ont été enregistrées par une association. 30 ont été faites par téléphone, 15 ont ensuite été annulées et 6 réunissent ces deux caractéristiques. On choisit une demande au hasard, avec équiprobabilité. On note \(T\) : « faite par téléphone » et \(N\) : « annulée ».

1. Calcule \(\mathrm{P}_{T}\left(N\right)\) et \(\mathrm{P}_{N}\left(T\right)\).

2. Quelle est la probabilité qu’une demande n’ait pas été annulée, sachant qu’elle a été faite par téléphone ?

3. Explique pourquoi on ne divise par 90 dans aucune de ces trois questions.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide à consulter après une tentative. Pose la question « parmi quelles demandes ? » avant chaque quotient.

Correction expliquée

Les deux groupes de référence contiennent respectivement 30 et 15 demandes : \[\mathrm{P}_{T}\left(N\right)=\frac6{30}=\frac{6\div6}{30\div6}=\frac15=0{,}2.\] \[\mathrm{P}_{N}\left(T\right)=\frac6{15}=\frac{6\div3}{15\div3}=\frac25=0{,}4.\] 20 % des demandes téléphoniques ont été annulées ; 40 % des demandes annulées ont été faites par téléphone. Pour la deuxième question, la condition reste \(T\) : \[\mathrm{P}_{T}\left(\overline{N}\right)=1-0{,}2=0{,}8.\] On peut vérifier avec les effectifs : \(30-6=24\), puis \(\frac{24}{30}=\frac{24\div6}{30\div6}=\frac45=0{,}8\). Les 90 demandes ne sont pas toutes possibles dans ces questions : chacune impose un groupe particulier.

Construire et lire un arbre pondéré

Un petit repérage

On partage les 100 dossiers d’une enquête en deux groupes : 35 dossiers concernent des maisons, les autres des appartements.

1. Quelle proportion des dossiers concerne un appartement ?

2. Parmi les dossiers de maisons, 20 % mentionnent un récupérateur d’eau. Ce pourcentage concerne-t-il tous les dossiers ou seulement ceux des maisons ?

3. Écris \(20\,\%\) sous forme décimale, puis calcule son complément à 1.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Il reste \(100-35=65\) dossiers d’appartements. Leur proportion est \(\frac{65}{100}=0{,}65\). Le mot « parmi » limite la deuxième information aux dossiers des maisons. Enfin, \[20\,\%=\frac{20}{100}=0{,}20, \qquad 1-0{,}20=0{,}80.\] Si tu as appliqué 20 % aux 100 dossiers, concentre-toi sur la lecture de chaque nœud. Si le complément te pose problème, garde l’image d’un groupe complet : \(20\,\%+80\,\%=100\,\%\).

Les mots et les notations dont on a besoin

Un événement est une description du résultat étudié. On note \(\mathrm{P}\left(A\right)\) la probabilité que l’événement \(A\) soit réalisé. Le contraire \(\overline{A}\) décrit les cas où \(A\) n’est pas réalisé ; \(\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=1-\mathrm{P}\left(A\right)\).

La probabilité \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) se lit « probabilité de \(B\) sachant \(A\) ». On se limite aux cas vérifiant \(A\), puis on cherche la part de ceux qui vérifient aussi \(B\). Lorsque \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}.\] Dans un tableau d’effectifs avec un choix équiprobable, on peut diviser directement l’effectif de \(A\cap B\) par celui de \(A\). Le symbole \(\cap\) signifie « et » : les deux caractéristiques doivent être vérifiées.

Construire un arbre à partir d’un texte

Dans une étude pédagogique de trajets, 60 % des trajets empruntent un parcours ombragé. Parmi ces trajets ombragés, 25 % comportent une pause. Parmi les autres trajets, 50 % comportent une pause. On choisit un trajet au hasard dans cette étude, avec équiprobabilité.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

On note \(O\) : « le trajet emprunte le parcours ombragé » et \(P\) : « le trajet comporte une pause ». Leurs contraires sont \(\overline{O}\) et \(\overline{P}\).

Lecture du schéma. Au départ, on sépare les trajets ombragés (60 %) des autres (40 %). Dans le groupe ombragé, les branches « pause » et « sans pause » portent 25 % et 75 %. Dans l’autre groupe, elles portent chacune 50 %. Les deux feuilles marquées \(P\) ne décrivent pas le même chemin : l’une est atteinte après \(O\), l’autre après \(\overline{O}\).

Lire précisément une branche

Pour l’arbre des trajets, complète les phrases suivantes avant de regarder la correction.

1. Le nombre \(0{,}60\) représente la probabilité de …

2. Le nombre \(0{,}25\) représente la probabilité de …, sachant que …

3. Le nombre \(0{,}75\) représente la probabilité de …, sachant que …

4. La branche inférieure portant \(0{,}50\) représente la probabilité de …, sachant que …

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

1. \(0{,}60=\mathrm{P}\left(O\right)\) : le trajet est ombragé.

2. \(0{,}25=\mathrm{P}_{O}\left(P\right)\) : le trajet comporte une pause, sachant qu’il est ombragé.

3. \(0{,}75=\mathrm{P}_{O}\left(\overline{P}\right)\) : le trajet ne comporte pas de pause, sachant qu’il est ombragé.

4. \(0{,}50=\mathrm{P}_{\overline{O}}\left(\overline{P}\right)\) : le trajet ne comporte pas de pause, sachant qu’il n’est pas ombragé.

La lettre inscrite sur une feuille ne suffit donc pas à interpréter la branche : il faut lire aussi le nœud précédent.

Question de compréhension. Peut-on lire directement \(\mathrm{P}\left(P\right)=0{,}25\) sur cet arbre ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Non. \(0{,}25\) ne concerne que les trajets ombragés. Des trajets non ombragés peuvent aussi comporter une pause. Pour trouver la probabilité d’une pause dans toute l’étude, il faudra tenir compte des deux chemins qui arrivent à \(P\). Ce calcul sera expliqué dans l’unité suivante.

Passer d’un tableau à un arbre

Un jardin pédagogique possède 120 plants. On relève leur emplacement et l’apparition ou non d’une nouvelle feuille pendant une période d’observation. On choisit un plant au hasard ; tous les plants sont équiprobables.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

On note \(S\) : « le plant est en serre » et \(F\) : « une nouvelle feuille est apparue ».

Premier niveau : l’emplacement. On choisit dans les 120 plants : \[\mathrm{P}\left(S\right)=\frac{40}{120}=\frac{40\div40}{120\div40}=\frac13.\] \[\mathrm{P}\left(\overline{S}\right)=\frac{80}{120}=\frac{80\div40}{120\div40}=\frac23.\] Après le nœud \(S\) : uniquement la ligne de la serre. Cette ligne contient 40 plants : \[\mathrm{P}_{S}\left(F\right)=\frac{32}{40}=\frac{32\div8}{40\div8}=\frac45=0{,}8.\] \[\mathrm{P}_{S}\left(\overline{F}\right)=\frac8{40}=\frac{8\div8}{40\div8}=\frac15=0{,}2.\] Après le nœud \(\overline{S}\) : uniquement la ligne de l’extérieur. Cette ligne contient 80 plants : \[\mathrm{P}_{\overline{S}}\left(F\right)=\frac{48}{80}=\frac{48\div16}{80\div16}=\frac35=0{,}6.\] \[\mathrm{P}_{\overline{S}}\left(\overline{F}\right)=\frac{32}{80}=\frac{32\div16}{80\div16}=\frac25=0{,}4.\]

Lecture du schéma. Le premier niveau utilise le total 120. Après le nœud serre, les deux proportions sont calculées sur les 40 plants de la serre. Après le nœud extérieur, elles sont calculées sur les 80 plants de l’extérieur.

Contrôle. \(\frac13+\frac23=1\), \(0{,}8+0{,}2=1\) et \(0{,}6+0{,}4=1\). Les proportions de plants portant une nouvelle feuille sont différentes en serre et à l’extérieur : les deux parties du deuxième niveau décrivent cette différence. Le tableau et l’arbre décrivent les mêmes données, sous deux formes.

Essai guidé — Placer les informations avant de calculer

Dans une médiathèque, 60 % des emprunts portent sur un livre papier ; les autres portent sur un livre numérique. Parmi les emprunts papier, 30 % concernent un récit d’aventure. Parmi les emprunts numériques, 10 % concernent un récit d’aventure. Un emprunt est choisi au hasard, avec équiprobabilité.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

On note \(L\) : « livre papier » et \(A\) : « récit d’aventure ».

1. Choisis les deux événements du premier niveau. Écris leurs probabilités.

2. Écris les deux probabilités qui partent du nœud \(L\).

3. Écris celles qui partent du nœud \(\overline{L}\).

4. Trace l’arbre et contrôle-le par trois sommes.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice. « Parmi les emprunts papier » signifie que l’on est déjà arrivé au nœud \(L\).

Correction expliquée

Le premier niveau est \(L/\overline{L}\), avec \(\mathrm{P}\left(L\right)=0{,}60\) et \(\mathrm{P}\left(\overline{L}\right)=1-0{,}60=0{,}40\).

Après \(L\), la probabilité d’aventure vaut \(0{,}30\) et celle de non-aventure vaut \(1-0{,}30=0{,}70\). Après \(\overline{L}\), elles valent \(0{,}10\) et \(1-0{,}10=0{,}90\).

Lecture du schéma. Les emprunts papier représentent 60 % des emprunts. Dans ce groupe, 30 % sont des aventures. Les emprunts numériques représentent 40 % des emprunts ; dans ce second groupe, 10 % sont des aventures.

Les trois contrôles sont \(0{,}60+0{,}40=1\), \(0{,}30+0{,}70=1\) et \(0{,}10+0{,}90=1\).

Une variation — Changer l’ordre des questions

Reprenons toutes les données nécessaires du jardin pédagogique :

Peut-on commencer l’arbre par « nouvelle feuille / pas de nouvelle feuille », puis indiquer « serre / extérieur » ? Construis les probabilités de ce nouvel arbre à partir du tableau.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice. Au deuxième niveau, tu utiliseras maintenant les colonnes du tableau.

Correction expliquée

Oui. Un arbre organise des informations ; il n’impose pas toujours un ordre chronologique. On choisit toujours un plant au hasard parmi les 120, avec équiprobabilité. Au premier niveau, \[\mathrm{P}\left(F\right)=\frac{80}{120}=\frac{80\div40}{120\div40}=\frac23.\] \[\mathrm{P}\left(\overline{F}\right)=\frac{40}{120}=\frac{40\div40}{120\div40}=\frac13.\] Parmi les 80 plants ayant une nouvelle feuille, 32 sont en serre et 48 à l’extérieur : \[\mathrm{P}_{F}\left(S\right)=\frac{32}{80}=\frac{32\div16}{80\div16}=\frac25=0{,}4.\] \[\mathrm{P}_{F}\left(\overline{S}\right)=\frac{48}{80}=\frac{48\div16}{80\div16}=\frac35=0{,}6.\] Parmi les 40 plants sans nouvelle feuille, 8 sont en serre et 32 à l’extérieur : \[\mathrm{P}_{\overline{F}}\left(S\right)=\frac8{40}=\frac{8\div8}{40\div8}=\frac15=0{,}2.\] \[\mathrm{P}_{\overline{F}}\left(\overline{S}\right)=\frac{32}{40}=\frac{32\div8}{40\div8}=\frac45=0{,}8.\]

Lecture du schéma. Le premier niveau sépare les 80 plants avec une nouvelle feuille des 40 autres. Les deuxièmes niveaux donnent ensuite l’emplacement à l’intérieur de chacun de ces groupes.

Les probabilités ont changé de place et certaines ont changé de valeur, car leur condition a changé. Les données décrites restent les mêmes.

Contrôle. Les sommes \(\frac23+\frac13\), \(0{,}4+0{,}6\) et \(0{,}2+0{,}8\) valent 1. De plus, le tableau permet de vérifier que \(\mathrm{P}_{S}\left(F\right)=0{,}8\) mais \(\mathrm{P}_{F}\left(S\right)=0{,}4\) : inverser le sens d’une conditionnelle ne conserve pas le nombre.

Tentative autonome — Une commande de fruits

Une cantine étudie une commande. 70 % des lots proviennent de producteurs locaux. Parmi les lots locaux, 80 % contiennent un fruit de saison. Parmi les autres lots, 20 % contiennent un fruit de saison. On choisit un lot au hasard, avec équiprobabilité.

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

1. Définis deux événements et construis un arbre pondéré complet.

2. À quelle probabilité correspond le nombre \(0{,}20\) donné dans l’énoncé ?

3. Vérifie ton arbre et explique pourquoi tu ne peux pas annoncer que 80 % de tous les lots sont de saison.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indices. Commence par local/non local. Il y a trois probabilités à trouver par complément à 1.

Correction expliquée

On peut noter \(L\) : « le lot est local » et \(S\) : « le lot contient un fruit de saison ». Les branches du premier niveau portent \[\mathrm{P}\left(L\right)=0{,}70,\qquad \mathrm{P}\left(\overline{L}\right)=1-0{,}70=0{,}30.\] À partir de \(L\) : \[\mathrm{P}_{L}\left(S\right)=0{,}80,\qquad \mathrm{P}_{L}\left(\overline{S}\right)=1-0{,}80=0{,}20.\] À partir de \(\overline{L}\) : \[\mathrm{P}_{\overline{L}}\left(S\right)=0{,}20,\qquad \mathrm{P}_{\overline{L}}\left(\overline{S}\right)=1-0{,}20=0{,}80.\]

Lecture du schéma. Les 70 % de lots locaux ont une proportion de fruits de saison de 80 %. Les 30 % de lots non locaux ont une proportion de fruits de saison de 20 %.

Le \(0{,}20\) donné dans l’énoncé est \(\mathrm{P}_{\overline{L}}\left(S\right)\). Un autre \(0{,}20\) apparaît par complément sur la branche \(L\to\overline{S}\) : même valeur numérique, autre signification.

Les trois sommes sont \(0{,}70+0{,}30=1\), \(0{,}80+0{,}20=1\) et \(0{,}20+0{,}80=1\). Le nombre \(0{,}80\) est une proportion parmi les lots locaux ; il ne tient pas compte des lots non locaux.

Pour une réponse complète : tes événements sont définis en français ; chaque probabilité est reliée au bon nœud ; tes trois sommes contrôlent séparément les trois séparations.

Savoir expliquer son arbre

Question. Pourquoi n’écrit-on pas le même dénominateur sur toutes les branches quand on construit un arbre à partir d’un tableau ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Une réponse possible : « Au départ, tous les objets sont possibles : je prends le total général. Après une première branche, je sais déjà dans quel groupe l’objet se trouve. Les branches suivantes donnent des proportions à l’intérieur de ce groupe : leur dénominateur est son effectif. »

Pour une réponse complète : ta réponse distingue le total général des effectifs des groupes et relie le dénominateur à l’information déjà connue.

Reprendre après une erreur de placement

Deux limites à connaître

Une probabilité nulle. Si un premier groupe a une probabilité nulle, on ne peut pas définir les probabilités conditionnelles sachant ce groupe par un quotient. Tout chemin passant par ce groupe a une probabilité nulle ; on n’invente pas les probabilités conditionnelles du sous-arbre. Dans nos exemples à deux groupes, les deux groupes existent.

Une probabilité égale à 1. Dans un groupe non vide, si tous les objets vérifient \(B\), la branche vers \(B\) porte 1 et celle vers \(\overline{B}\) porte 0. Cette séparation reste correcte : \(1+0=1\).

Plus de deux possibilités. Un nœud peut avoir trois branches ou davantage si les catégories sont exclusives et couvrent tous les cas. Avec trois modes de déplacement représentant \(0{,}20\), \(0{,}35\) et \(0{,}45\) des trajets, on contrôle \(0{,}20+0{,}35+0{,}45=1\). On n’utilise une barre de contraire que lorsque la seconde catégorie est exactement « tout ce qui n’est pas dans la première ».

À reprendre un autre jour, avant de relire

Dans une étude fictive, 45 % des demandes d’information arrivent par formulaire numérique. Parmi elles, 80 % reçoivent une réponse le jour même. Parmi les autres demandes, 20 % reçoivent une réponse le jour même. On choisit une demande au hasard, avec équiprobabilité.

1. Note \(N\) l’événement « formulaire numérique » et \(J\) l’événement « réponse le jour même ». Construis l’arbre.

2. Donne \(\mathrm{P}_{N}\left(\overline{J}\right)\) et \(\mathrm{P}_{\overline{N}}\left(J\right)\), puis interprète chacune.

3. Le premier niveau de l’arbre doit-il toujours représenter un événement antérieur dans le temps ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide. Recopie d’abord les trois informations directement données, avec leur notation.

Correction expliquée

Les informations sont \(\mathrm{P}\left(N\right)=0{,}45\), \(\mathrm{P}_{N}\left(J\right)=0{,}80\) et \(\mathrm{P}_{\overline{N}}\left(J\right)=0{,}20\). Les compléments sont \[\mathrm{P}\left(\overline{N}\right)=1-0{,}45=0{,}55.\] \[\mathrm{P}_{N}\left(\overline{J}\right)=1-0{,}80=0{,}20, \qquad \mathrm{P}_{\overline{N}}\left(\overline{J}\right)=1-0{,}20=0{,}80.\] L’arbre commence par \(N\) de poids \(0{,}45\) et \(\overline{N}\) de poids \(0{,}55\). Après \(N\), on trace \(J\) de poids \(0{,}80\) et \(\overline{J}\) de poids \(0{,}20\) ; après \(\overline{N}\), on trace \(J\) de poids \(0{,}20\) et \(\overline{J}\) de poids \(0{,}80\). On contrôle les trois nœuds séparément : \[0{,}45+0{,}55=1,\qquad 0{,}80+0{,}20=1,\qquad 0{,}20+0{,}80=1.\]

Le premier \(0{,}20\) signifie : parmi les demandes numériques, 20 % n’ont pas de réponse le jour même. Le second signifie : parmi les demandes non numériques, 20 % ont une réponse le jour même. Les probabilités ont la même valeur mais décrivent deux informations différentes.

L’ordre de l’arbre est un choix d’organisation des données. Avec les informations nécessaires, on pourrait séparer d’abord les demandes selon la date de réponse, puis selon le canal utilisé.

Calculer avec un arbre et changer de point de vue

Un petit repérage

Dans un ensemble de 100 trajets fictifs, 60 empruntent un parcours ombragé. Un quart de ces 60 trajets comporte une pause. Dans les 40 autres trajets, la moitié comporte une pause.

1. Combien de trajets sont à la fois ombragés et avec pause ?

2. Combien de trajets non ombragés comportent une pause ?

3. Combien de trajets comportent une pause au total ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Un quart de 60 vaut \(60\div4=15\). Il y a donc 15 trajets ombragés avec pause. La moitié de 40 vaut \(40\div2=20\) : 20 trajets non ombragés comportent une pause. Les deux groupes sont distincts ; au total, \(15+20=35\) trajets comportent une pause.

Ces calculs résument l’idée essentielle de l’unité : prendre une part d’un groupe, puis réunir des groupes qui ne se recouvrent pas. Si tu as additionné \(60+25\) à la première question, lis d’abord l’aide « Pourquoi multiplier ? ».

Les outils indispensables, rappelés ici

On note \(\mathrm{P}\left(A\right)\) la probabilité d’un événement \(A\) et \(\overline{A}\) son contraire. \(A\cap B\) décrit les cas où \(A\) et \(B\) sont tous deux réalisés. La probabilité conditionnelle \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) décrit la part de \(B\) parmi les cas de \(A\) : \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)} \quad\text{si }\mathrm{P}\left(A\right)>0.\] Le contraire garde la même condition : \(\mathrm{P}_{A}\left(\overline{B}\right)=1-\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\).

Dans un arbre, la première branche donne une probabilité dans toute la situation. La branche suivante donne une probabilité dans le groupe atteint. Les probabilités des branches issues d’un même nœud ont pour somme 1.

Comprendre le produit sur un chemin

Justification. On part de la définition du conditionnement : \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}.\] On multiplie les deux membres par \(\mathrm{P}\left(A\right)\) : \[\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}_{A}\left(B\right) =\mathrm{P}\left(A\right)\times\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)} =\mathrm{P}\left(A\cap B\right).\] La simplification est permise parce que \(\mathrm{P}\left(A\right)\) est non nulle.

Cette règle reste valable même lorsque connaître \(A\) modifie la probabilité de \(B\). La deuxième probabilité est conditionnelle. On ne la remplace pas librement par \(\mathrm{P}\left(B\right)\).

Exemple de référence — Une étude de trajets

Dans une étude fictive, 60 % des trajets empruntent un parcours ombragé. Parmi ces trajets ombragés, 25 % comportent une pause. Parmi les trajets non ombragés, 50 % comportent une pause. On choisit un trajet au hasard dans l’étude, avec équiprobabilité.

On note \(O\) : « le trajet est ombragé » et \(P\) : « il comporte une pause ». Les six probabilités de branches et les quatre probabilités de chemins sont représentées ci-dessous.

Lecture du schéma. La probabilité d’un chemin complet est indiquée à droite de sa feuille. Par exemple, le chemin du haut correspond à un trajet ombragé avec pause : \(0{,}60\times0{,}25=0{,}15\). Ces nombres à droite ne sont pas de nouvelles pondérations de branches.

Réunir plusieurs chemins

Un trajet avec pause peut être ombragé ou non ombragé. Ces deux possibilités ne se produisent pas en même temps : \[P=(O\cap P)\ \cup\ (\overline{O}\cap P).\] Le symbole \(\cup\) signifie « ou », au sens « dans au moins l’un des cas ». Ici, les deux cas sont disjoints : aucun trajet ne peut être à la fois ombragé et non ombragé. On peut donc additionner leurs probabilités sans compter un trajet deux fois : \[\mathrm{P}\left(P\right)=\mathrm{P}\left(O\cap P\right)+\mathrm{P}\left(\overline{O}\cap P\right) =0{,}15+0{,}20 =0{,}35.\] Conclusion. 35 % des trajets de l’étude comportent une pause.

Pourquoi cette addition est-elle autorisée ? Tout cas qui vérifie \(B\) vérifie aussi soit \(A\), soit \(\overline{A}\). Les deux chemins réunis couvrent donc exactement \(B\) et ne se recouvrent pas. C’est cette séparation des cas qui justifie la somme.

Une autre question — « Ombragé ou avec pause »

Dans la même étude, quelle est la probabilité d’un trajet ombragé ou comportant une pause ? Le « ou » inclut les trajets qui ont les deux caractéristiques.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice. Repère les chemins qui conviennent. Quel est le seul chemin qui ne convient pas ?

Correction expliquée

Les chemins \(O\cap P\), \(O\cap\overline{P}\) et \(\overline{O}\cap P\) conviennent. On les additionne : \[\mathrm{P}\left(O\cup P\right)=0{,}15+0{,}45+0{,}20=0{,}80.\] Le seul chemin exclu est \(\overline{O}\cap\overline{P}\), dont la probabilité vaut \(0{,}20\). Le calcul par le contraire confirme : \[\mathrm{P}\left(O\cup P\right)=1-0{,}20=0{,}80.\] On pouvait aussi utiliser \[\mathrm{P}\left(O\cup P\right)=\mathrm{P}\left(O\right)+\mathrm{P}\left(P\right)-\mathrm{P}\left(O\cap P\right) =0{,}60+0{,}35-0{,}15=0{,}80.\] La soustraction retire le double comptage des trajets qui sont à la fois ombragés et avec pause.

Changer de point de vue : une pause est maintenant connue

Toujours dans l’étude fictive, on sait désormais que le trajet choisi a comporté une pause. Quelle est la probabilité qu’il ait emprunté le parcours ombragé ?

Premier geste. écrire le groupe connu : « parmi les trajets avec pause ». On cherche donc \(\mathrm{P}_{P}\left(O\right)\), et non \(\mathrm{P}_{O}\left(P\right)\).

La définition donne, puisque \(\mathrm{P}\left(P\right)=0{,}35>0\) : \[\mathrm{P}_{P}\left(O\right)=\frac{\mathrm{P}\left(P\cap O\right)}{\mathrm{P}\left(P\right)} =\frac{0{,}15}{0{,}35}.\] On multiplie le numérateur et le dénominateur par 100, puis on simplifie par 5 : \[\frac{0{,}15}{0{,}35} =\frac{15}{35} =\frac{15\div5}{35\div5} =\frac37 \approx0{,}4286.\] Conclusion. Parmi les trajets avec pause, environ 42,9 % sont ombragés. Le nombre \(0{,}25\) inscrit sur l’arbre répondait à la question inverse : « pause sachant ombragé ».

Contrôle par le contraire, avec la même condition. Parmi les trajets avec pause, \[\mathrm{P}_{P}\left(\overline{O}\right) =\frac{0{,}20}{0{,}35} =\frac{0{,}20\times100}{0{,}35\times100} =\frac{20}{35}.\] On divise ensuite en haut et en bas par 5 : \[\frac{20}{35}=\frac{20\div5}{35\div5}=\frac47.\] On vérifie \(\frac37+\frac47=1\). Le complément a changé \(O\) en \(\overline{O}\) ; il a conservé l’information « pause ».

Essai guidé — Deux canaux d’inscription

Dans un dispositif fictif, 40 % des inscriptions sont effectuées après un atelier de présentation \(A\). Parmi celles-ci, 80 % sont confirmées \(C\). Parmi les inscriptions sans atelier, 30 % sont confirmées. On choisit une inscription au hasard, avec équiprobabilité.

1. Écris les probabilités des branches et leurs compléments.

2. Calcule \(\mathrm{P}\left(A\cap C\right)\) et \(\mathrm{P}\left(\overline{A}\cap C\right)\).

3. Déduis-en \(\mathrm{P}\left(C\right)\).

4. Sachant que l’inscription est confirmée, calcule la probabilité qu’elle fasse suite à un atelier.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indices. Les deux produits répondent à la question 2. Leur somme fournit le dénominateur nécessaire à la question 4.

Correction expliquée

Les informations donnent \[\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}40,\quad \mathrm{P}_{A}\left(C\right)=0{,}80,\quad \mathrm{P}_{\overline{A}}\left(C\right)=0{,}30.\] Les branches complémentaires se calculent dans leur groupe : \[\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=1-0{,}40=0{,}60.\] \[\mathrm{P}_{A}\left(\overline{C}\right)=1-0{,}80=0{,}20, \qquad \mathrm{P}_{\overline{A}}\left(\overline{C}\right)=1-0{,}30=0{,}70.\] Le chemin « atelier et confirmation » a pour probabilité \[\mathrm{P}\left(A\cap C\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}_{A}\left(C\right) =0{,}40\times0{,}80=0{,}32.\] Le chemin « sans atelier et confirmation » a pour probabilité \[\mathrm{P}\left(\overline{A}\cap C\right) =\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)\times\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(C\right) =0{,}60\times0{,}30=0{,}18.\] Les deux chemins sont distincts et couvrent toutes les inscriptions confirmées : \[\mathrm{P}\left(C\right)=0{,}32+0{,}18=0{,}50.\] La moitié des inscriptions sont confirmées. Pour l’inversion, le groupe connu est celui des confirmations. Sa probabilité \(0{,}50\) est strictement positive : \[\mathrm{P}_{C}\left(A\right) =\frac{\mathrm{P}\left(C\cap A\right)}{\mathrm{P}\left(C\right)} =\frac{0{,}32}{0{,}50}.\] On multiplie d’abord en haut et en bas par 100, puis par 2 : \[\frac{0{,}32}{0{,}50} =\frac{0{,}32\times100}{0{,}50\times100} =\frac{32}{50},\] \[\frac{32}{50}=\frac{32\times2}{50\times2}=\frac{64}{100}=0{,}64.\] Parmi les inscriptions confirmées, 64 % font suite à un atelier.

Contrôle. Les autres inscriptions confirmées ont une probabilité conditionnelle \[\frac{0{,}18}{0{,}50} =\frac{0{,}18\times100}{0{,}50\times100} =\frac{18}{50} =\frac{18\times2}{50\times2} =\frac{36}{100}=0{,}36.\] On retrouve \(0{,}64+0{,}36=1\). Les deux chemins sans confirmation valent \(0{,}40\times0{,}20=0{,}08\) et \(0{,}60\times0{,}70=0{,}42\). Le contrôle global donne \(0{,}32+0{,}08+0{,}18+0{,}42=1\).

Tentative autonome — Un compte rendu de trajets

Une étude fictive relève que 30 % des trajets utilisent une piste cyclable \(C\). Parmi les trajets utilisant une piste, 40 % comprennent un arrêt à une station de réparation \(R\). Parmi les autres trajets, 20 % comprennent cet arrêt. On choisit un trajet au hasard, avec équiprobabilité.

1. Quelle est la probabilité qu’il utilise une piste et comprenne l’arrêt ?

2. Quelle est la probabilité qu’il comprenne l’arrêt ?

3. Il comprend l’arrêt. Quelle est la probabilité qu’il ait utilisé une piste ?

4. Quelle est la probabilité qu’il utilise une piste ou comprenne l’arrêt ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide, après une tentative. Les arrêts peuvent provenir de deux groupes. La troisième question conserve uniquement les trajets avec arrêt. Pour la dernière, vérifie que tu ne comptes pas deux fois ceux qui vérifient les deux caractéristiques.

Correction expliquée

On a \(\mathrm{P}\left(C\right)=0{,}30\), \(\mathrm{P}\left(\overline{C}\right)=1-0{,}30=0{,}70\), \(\mathrm{P}_{C}\left(R\right)=0{,}40\) et \(\mathrm{P}_{\overline{C}}\left(R\right)=0{,}20\).

1. \[\mathrm{P}\left(C\cap R\right) =\mathrm{P}\left(C\right)\times\mathrm{P}_{C}\left(R\right) =0{,}30\times0{,}40 =0{,}12.\] 12 % des trajets réunissent les deux caractéristiques.

2. Le chemin « pas de piste et arrêt » vaut \[\mathrm{P}\left(\overline{C}\cap R\right) =0{,}70\times0{,}20=0{,}14.\] Les deux chemins arrivant à \(R\) sont disjoints, donc \[\mathrm{P}\left(R\right)=0{,}12+0{,}14=0{,}26.\] 26 % des trajets comprennent l’arrêt.

3. Puisque \(0{,}26>0\), \[\mathrm{P}_{R}\left(C\right) =\frac{\mathrm{P}\left(R\cap C\right)}{\mathrm{P}\left(R\right)} =\frac{0{,}12}{0{,}26}.\] On multiplie en haut et en bas par 100, puis on simplifie par 2 : \[\frac{0{,}12}{0{,}26} =\frac{0{,}12\times100}{0{,}26\times100} =\frac{12}{26},\] \[\frac{12}{26}=\frac{12\div2}{26\div2}=\frac6{13} \approx0{,}4615.\] Parmi les trajets avec arrêt, environ 46,2 % utilisent une piste.

4. Le chemin qui ne convient pas est « ni piste ni arrêt » : \[\mathrm{P}\left(\overline{C}\cap\overline{R}\right) =0{,}70\times(1-0{,}20) =0{,}70\times0{,}80 =0{,}56.\] Par complément, \[\mathrm{P}\left(C\cup R\right)=1-0{,}56=0{,}44.\]

Contrôle de la dernière question. \(\mathrm{P}\left(C\right)+\mathrm{P}\left(R\right)-\mathrm{P}\left(C\cap R\right)=0{,}30+0{,}26-0{,}12=0{,}44\). Les deux méthodes concordent.

Pour une réponse complète : les calculs de chemins comportent les bons facteurs conditionnels ; la somme regroupe tous les chemins nécessaires ; la probabilité inverse conserve le bon dénominateur ; les réponses sont interprétées.

Une variation — Retrouver une branche inconnue

Une enquête fictive donne \[\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}40,\qquad \mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}80,\qquad \mathrm{P}\left(B\right)=0{,}44.\] On cherche la probabilité \(x=\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right)\).

Pourquoi ce n’est pas un simple complément. \(0{,}80\) concerne le groupe \(A\) ; \(x\) concerne le groupe \(\overline{A}\). On ne peut pas écrire \(x=1-0{,}80\) sans autre raisonnement.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice. La probabilité de \(B\) est la somme des deux chemins arrivant à \(B\).

Correction expliquée

La probabilité de \(\overline{A}\) vaut \(1-0{,}40=0{,}60\). Le chemin \(A\cap B\) vaut \(0{,}40\times0{,}80=0{,}32\). Le chemin \(\overline{A}\cap B\) doit compléter cette probabilité pour obtenir \(0{,}44\) : \[\mathrm{P}\left(\overline{A}\cap B\right)=0{,}44-0{,}32=0{,}12.\] Comme \(\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=0{,}60>0\), la définition du conditionnement donne \[x=\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right) =\frac{0{,}12}{0{,}60} =\frac{0{,}12\times100}{0{,}60\times100} =\frac{12}{60}.\] Puis on divise en haut et en bas par 12 : \[\frac{12}{60}=\frac{12\div12}{60\div12}=\frac15=0{,}20.\] On peut aussi écrire et résoudre l’équation issue de l’arbre : \[0{,}32+0{,}60x=0{,}44.\] On soustrait \(0{,}32\) aux deux membres : \[0{,}32+0{,}60x-0{,}32=0{,}44-0{,}32, \quad\text{donc}\quad 0{,}60x=0{,}12.\] Puis on divise les deux membres par le coefficient \(0{,}60\), qui est non nul : \[\frac{0{,}60x}{0{,}60}=\frac{0{,}12}{0{,}60}, \quad\text{donc}\quad x=0{,}20.\] Contrôle. Le résultat appartient à \([0\,;1]\) et \(0{,}40\times0{,}80+0{,}60\times0{,}20=0{,}32+0{,}12=0{,}44\). Ici, \(x\) a par hasard la même valeur que \(1-0{,}80\) ; c’est le calcul complet qui l’établit.

Nouvel essai de cette variation. Avec \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}50\), \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}60\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}40\), trouve \(\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right)\).

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Le premier chemin vaut \(0{,}50\times0{,}60=0{,}30\). Le deuxième vaut \(0{,}40-0{,}30=0{,}10\). Comme \(\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=1-0{,}50=0{,}50>0\), \[\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(B\right)=\frac{0{,}10}{0{,}50} =\frac{0{,}10\times100}{0{,}50\times100} =\frac{10}{50}.\] On divise en haut et en bas par 10 : \[\frac{10}{50}=\frac{10\div10}{50\div10}=\frac15=0{,}20.\] Cette fois, le résultat n’est pas \(1-0{,}60=0{,}40\). Le contrôle est \(0{,}50\times0{,}60+0{,}50\times0{,}20=0{,}40\).

Un signal ne donne pas automatiquement une certitude

Un dispositif fictif contrôle des modules électroniques destinés à des bornes de tri. On adopte le modèle suivant :

• 1 % des modules présentent un défaut ;

• lorsqu’un module est défectueux, le dispositif émet un signal dans 90 % des cas ;

• lorsqu’un module est sans défaut, le dispositif émet malgré tout un signal dans 5 % des cas.

On choisit un module au hasard, avec équiprobabilité. On note \(D\) : « défectueux » et \(S\) : « le dispositif émet un signal ». Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

Question. Sachant qu’un signal a été émis, quelle est la probabilité que le module soit défectueux ? Avant de calculer, explique pourquoi répondre immédiatement « 90 % » changerait la question.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Le \(90\,\%\) est \(\mathrm{P}_{D}\left(S\right)\) : il suppose déjà le défaut connu. Nous cherchons \(\mathrm{P}_{S}\left(D\right)\) : c’est le signal qui est connu.

La probabilité d’un module défectueux et signalé vaut \[\mathrm{P}\left(D\cap S\right)=\mathrm{P}\left(D\right)\times\mathrm{P}_{D}\left(S\right) =0{,}01\times0{,}90=0{,}009.\] La probabilité d’un module sans défaut et signalé vaut \[\mathrm{P}\left(\overline{D}\cap S\right) =(1-0{,}01)\times0{,}05 =0{,}99\times0{,}05 =0{,}0495.\] Tout signal appartient à l’un de ces deux chemins : \[\mathrm{P}\left(S\right)=0{,}009+0{,}0495=0{,}0585.\] Le dénominateur est strictement positif. On peut donc calculer \[\mathrm{P}_{S}\left(D\right)=\frac{0{,}009}{0{,}0585}.\] On multiplie le numérateur et le dénominateur par 10 000, puis on simplifie par 45 : \[\frac{0{,}009}{0{,}0585} =\frac{0{,}009\times10\,000}{0{,}0585\times10\,000} =\frac{90}{585},\] \[\frac{90}{585}=\frac{90\div45}{585\div45}=\frac2{13} \approx0{,}1538.\] Conclusion. Dans ce modèle, parmi les modules qui déclenchent un signal, environ 15,4 % sont défectueux.

Ce que ce raisonnement apprend. Le taux de détection parmi les modules défectueux ne suffit pas à déterminer la proportion de défauts parmi les modules signalés. La fréquence des défauts et les signaux émis sans défaut interviennent aussi. Cette conclusion concerne le modèle chiffré donné ; elle ne décrit pas un appareil réel.

Choisir et justifier les opérations

Question. Dans un arbre, pourquoi multiplie-t-on sur un chemin mais additionne-t-on plusieurs chemins complets qui conviennent ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Une réponse possible : « Sur un chemin, la deuxième probabilité est une part du groupe déjà sélectionné par la première. Le produit donne la part qui vérifie les deux conditions dans l’ensemble. Pour plusieurs chemins complets distincts, on réunit plusieurs cas qui ne peuvent pas se produire simultanément ; leurs probabilités s’additionnent sans double comptage. »

Pour une réponse complète : ta réponse parle de la condition dans le produit et du caractère disjoint des cas dans la somme. Les seuls mots « et » et « ou » ne suffisent pas : il faut préciser ce que les facteurs et les termes représentent.

Réparer trois erreurs fréquentes

À reprendre un autre jour, avant de relire

Une association fictive prépare des envois. La moitié des colis sont confiés au service \(A\), l’autre moitié au service \(B\). 20 % des colis du service \(A\) sont livrés avant midi, contre 40 % de ceux du service \(B\). Un colis est choisi au hasard, avec équiprobabilité.

1. Quelle est la probabilité qu’il ait été confié au service \(A\) et livré avant midi ?

2. Quelle est la probabilité qu’il ait été livré avant midi ?

3. Il a été livré avant midi. Quelle est la probabilité qu’il provienne du service \(A\) ?

4. Explique pourquoi les questions 1 et 3, bien qu’elles parlent des mêmes deux caractéristiques, ne demandent pas le même calcul.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide à consulter après une tentative. Note \(M\) : « livré avant midi ». Écris \(\mathrm{P}\left(A\cap M\right)\), \(\mathrm{P}\left(M\right)\) et \(\mathrm{P}_{M}\left(A\right)\) avant les calculs.

Correction expliquée

Le choix du service est exclusif : ici, \(B=\overline{A}\). Les données sont \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}5\), \(\mathrm{P}_{A}\left(M\right)=0{,}2\) et \(\mathrm{P}_{\overline{A}}\left(M\right)=0{,}4\). Le premier chemin donne \[\mathrm{P}\left(A\cap M\right)=0{,}5\times0{,}2=0{,}1.\] L’autre chemin arrivant à \(M\) vaut \[\mathrm{P}\left(\overline{A}\cap M\right)=0{,}5\times0{,}4=0{,}2.\] Les deux chemins s’additionnent : \[\mathrm{P}\left(M\right)=0{,}1+0{,}2=0{,}3.\] Comme \(0{,}3>0\), on calcule la conditionnelle demandée : \[\mathrm{P}_{M}\left(A\right) =\frac{\mathrm{P}\left(M\cap A\right)}{\mathrm{P}\left(M\right)} =\frac{0{,}1}{0{,}3} =\frac{0{,}1\times10}{0{,}3\times10} =\frac13.\] Un tiers des colis livrés avant midi proviennent du service \(A\).

La première question prend tous les colis comme référence et impose deux caractéristiques. La troisième connaît déjà la livraison avant midi : elle limite donc la référence aux colis livrés avant midi.

Contrôle. La part des colis du service \(B\) parmi les livraisons avant midi vaut \[\frac{0{,}2}{0{,}3}=\frac{0{,}2\times10}{0{,}3\times10}=\frac23.\] On vérifie \(\frac13+\frac23=\frac{1+2}{3}=1\).

Reconnaître et utiliser l’indépendance

Les rappels dont tu auras besoin

Un événement décrit un ensemble de résultats possibles. \(A\cap B\) signifie « \(A\) et \(B\) ». Le contraire \(\overline{A}\) signifie « pas \(A\) » et vérifie \(\mathrm{P}\left(\overline{A}\right)=1-\mathrm{P}\left(A\right)\).

Si \(\mathrm{P}\left(A\right)>0\), la probabilité de \(B\) sachant \(A\), notée \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\), est \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}.\] Le petit \(A\) est l’information connue ; le \(B\) entre parenthèses est l’événement recherché. Dans une population finie où chaque individu a la même chance d’être choisi, le quotient se lit « nombre dans les deux groupes, divisé par nombre dans \(A\) ».

Repérage : comparer les bonnes probabilités

Un modèle donne \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}4\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}3\).

1. Dans une première situation, \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}3\). L’information \(A\) change-t-elle la probabilité de \(B\) ?

2. Dans une seconde situation, \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=0{,}5\). Même question.

3. Pour répondre, faut-il comparer \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) à \(\mathrm{P}\left(A\right)\) ou à \(\mathrm{P}\left(B\right)\) ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

Dans la première situation, on compare \(0{,}3\) à \(0{,}3\) : la probabilité de \(B\) ne change pas. Dans la seconde, elle passe de \(0{,}3\) à \(0{,}5\) : elle change.

Il faut comparer \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) à \(\mathrm{P}\left(B\right)\), car on étudie le même événement \(B\), avec et sans l’information \(A\). La valeur \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}4>0\) permet de définir le conditionnement par \(A\) ; ce n’est pas la référence de comparaison. Si tu as choisi \(\mathrm{P}\left(A\right)\), reprends la lecture de l’indice dans le rappel avant de continuer.

1. Le sens : une information qui ne change pas la probabilité

On choisit uniformément une carte parmi 12 cartes. Il y a six cartes portant un cercle, numérotées de 1 à 6, et six cartes portant un triangle, également numérotées de 1 à 6.

On note \(A\) : « la carte porte un cercle » ; \(B\) : « son numéro est un multiple de 3 ». Parmi 1 à 6, les multiples de 3 sont 3 et 6.

Les symboles du tableau identifient les cartes ; par exemple \(\circ3\) signifie « carte cercle numérotée 3 ». Ce ne sont pas des multiplications.

2. Une définition précise et deux manières de la vérifier

Justification des deux sens. Par définition, \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\tfrac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}\).

Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, on remplace le numérateur par le produit : \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}=\mathrm{P}\left(B\right),\] car le facteur \(\mathrm{P}\left(A\right)\) est non nul.

Inversement, si \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\mathrm{P}\left(B\right)\), on a \(\tfrac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}=\mathrm{P}\left(B\right)\). On multiplie les deux membres par \(\mathrm{P}\left(A\right)\) : \[\mathrm{P}\left(A\right)\times\frac{\mathrm{P}\left(A\cap B\right)}{\mathrm{P}\left(A\right)}=\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right),\] donc \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right)\) : c’est l’indépendance.

Lorsque \(\mathrm{P}\left(B\right)>0\), on peut aussi vérifier \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)=\mathrm{P}\left(A\right)\). Il suffit de vérifier une de ces égalités valides ; il n’est pas nécessaire de prouver trois fois la même chose.

Dans le jeu des 12 cartes, \(\mathrm{P}\left(A\right)=\tfrac6{12}=\tfrac12\) et l’intersection contient les deux cartes cercle 3 et cercle 6. On peut vérifier l’indépendance par l’autre méthode : \[\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right)=\frac12\times\frac13 =\frac{1\times1}{2\times3}=\frac16,\] \[\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\frac2{12}=\frac{2\div2}{12\div2}=\frac16.\] Les deux résultats sont égaux. Remarque que \(\mathrm{P}\left(A\right)=\tfrac12\) et \(\mathrm{P}\left(B\right)=\tfrac13\) sont différents : des événements indépendants n’ont pas besoin d’avoir la même probabilité.

Essai guidé — partir d’un tableau

On choisit uniformément une fiche parmi les 200 suivantes. \(C\) signifie « carte d’adhésion » et \(R\) « participation à une sortie ».

Calcule \(\mathrm{P}_{C}\left(R\right)\), puis \(\mathrm{P}\left(R\right)\). Conclus sur l’indépendance en expliquant ce que tu compares.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction expliquée

La ligne \(C\) compte 80 fiches, donc le conditionnement est possible. Parmi ces fiches, 20 vérifient \(R\) : \[\mathrm{P}_{C}\left(R\right)=\frac{20}{80}=\frac{20\div20}{80\div20}=\frac14.\] Dans toute la liste, 50 fiches sur 200 vérifient \(R\) : \[\mathrm{P}\left(R\right)=\frac{50}{200}=\frac{50\div50}{200\div50}=\frac14.\] Ainsi \(\mathrm{P}_{C}\left(R\right)=\mathrm{P}\left(R\right)\) : \(C\) et \(R\) sont indépendants dans ce tirage uniforme. L’information « la personne a une carte » ne change pas la probabilité qu’elle participe à la sortie.

3. Utiliser une indépendance donnée

Sans l’hypothèse d’indépendance, les deux probabilités seules ne suffiraient pas à calculer leur intersection. Par exemple, des dispositifs partageant une alimentation peuvent tomber en panne ensemble. La présence de deux dispositifs distincts ne prouve pas leur indépendance.

À essayer avant de consulter. On donne \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}6\), \(\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}5\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=0{,}2\). \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ? Donne une justification numérique, puis une lecture en termes d’information.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : les trois probabilités sont disponibles ; compare le produit à l’intersection.

Correction expliquée

On calcule d’abord \[\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right)=0{,}6\times0{,}5 =\frac6{10}\times\frac5{10} =\frac{6\times5}{10\times10} =\frac{30}{100}=0{,}3.\] Or \(0{,}3\ne0{,}2=\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\). Les événements ne sont donc pas indépendants.

Comme \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}6>0\), on peut aussi lire : \[\mathrm{P}_{A}\left(B\right)=\frac{0{,}2}{0{,}6} =\frac{0{,}2\times10}{0{,}6\times10} =\frac26=\frac13,\] alors que \(\mathrm{P}\left(B\right)=\tfrac12\). Pour comparer exactement, \(\tfrac13=\tfrac26\) et \(\tfrac12=\tfrac36\) : les valeurs diffèrent. L’information \(A\) change la probabilité de \(B\).

4. Indépendants et incompatibles : deux idées différentes

Plus généralement, deux événements incompatibles de probabilités strictement positives ne sont pas indépendants : leur intersection a une probabilité nulle, alors que le produit de deux nombres positifs est positif.

Dans le jeu des 12 cartes, les événements \(A\) et \(B\) indépendants peuvent au contraire se réaliser ensemble : cercle 3 et cercle 6 conviennent. L’indépendance ne veut donc pas dire « séparés » ou « sans possibilité commune ».

5. Les contraires conservent l’indépendance

Dans l’exemple des dispositifs, \(\mathrm{P}\left(\overline{G}\right)=1-\tfrac45=\tfrac55-\tfrac45=\tfrac15\). L’indépendance de \(F\) et \(G\) entraîne celle de \(F\) et \(\overline{G}\) : \[\mathrm{P}\left(F\cap\overline{G}\right) =\frac34\times\frac15 =\frac{3\times1}{4\times5}=\frac3{20}.\] Cela correspond au premier dispositif qui fonctionne et au second qui ne fonctionne pas. Contrôle : \(\mathrm{P}\left(F\cap G\right)+\mathrm{P}\left(F\cap\overline{G}\right)=\tfrac{12}{20}+\tfrac3{20}=\tfrac{15}{20}=\tfrac34=\mathrm{P}\left(F\right)\) ; la dernière simplification divise par 5.

6. Avec ou sans remise : examiner le modèle précis

Une subtilité utile. Sans remise, la probabilité globale du second rouge reste pourtant \(\tfrac23\). Il y a deux chemins incompatibles : rouge puis rouge, ou bleu puis rouge. On les additionne : \[\mathrm{P}\left(R_2\right) =\frac23\times\frac12+\frac13\times1 =\frac13+\frac13=\frac23.\] Ainsi \(\mathrm{P}\left(R_1\right)=\mathrm{P}\left(R_2\right)\), mais \(\mathrm{P}_{R_1}\left(R_2\right)=\tfrac12\ne\tfrac23\). Des probabilités globales identiques ne prouvent pas l’indépendance.

La remise explique pourquoi la composition est retrouvée ; le modèle doit aussi préciser les conditions de tirage. On ne transforme pas le mot « remise » en preuve générale pour tous les dispositifs imaginables.

7. Que faire des probabilités 0 ou 1 ?

Si \(\mathrm{P}\left(A\right)=0\), \(\mathrm{P}_{A}\left(B\right)\) n’est pas définie dans ce cours : son dénominateur serait nul. On utilise la définition par le produit, qui reste valable.

Comme \(A\cap B\) est contenu dans \(A\), sa probabilité est comprise entre 0 et \(\mathrm{P}\left(A\right)=0\), donc elle vaut 0. Le produit \(\mathrm{P}\left(A\right)\times\mathrm{P}\left(B\right)\) vaut aussi 0. Ainsi un événement de probabilité nulle est indépendant de tout événement au sens de cette définition.

Un événement de probabilité 1 l’est aussi : son contraire a une probabilité nulle, et la propriété sur les contraires s’applique. Ces cas n’autorisent jamais à diviser par zéro. Dans les problèmes usuels, les probabilités sont souvent strictement entre 0 et 1, mais les conditions des formules restent à vérifier.

Justifier une conclusion et sa portée

Dans le tableau des 200 fiches, l’indépendance a été établie exactement. Peut-on en conclure que posséder une carte d’adhésion n’a jamais aucun effet sur la participation à une sortie, pour toutes les personnes et toutes les années ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. Non. Le calcul établit une indépendance entre deux événements dans le tirage uniforme de cette liste. Il ne démontre pas une absence de cause ou d’effet dans toutes les situations. Une étude d’une population plus large ou d’un effet causal demanderait d’autres informations.

Pour une réponse complète : Précise le modèle ou la liste concernée, puis distingue cette conclusion d’une généralisation sur toutes les personnes.

Variation : mêmes probabilités, indépendance ou non ?

Sur un dé équilibré, \(E\) signifie « nombre pair » et \(H\) « nombre au moins égal à 4 ». Vérifie que \(\mathrm{P}\left(E\right)=\mathrm{P}\left(H\right)\), puis examine l’indépendance.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Indice : énumère l’intersection ; l’égalité des deux probabilités ne répond pas à la deuxième question.

Correction expliquée

\(E=\{2;4;6\}\) et \(H=\{4;5;6\}\). Chacun contient 3 issues sur 6 : \(\mathrm{P}\left(E\right)=\mathrm{P}\left(H\right)=\tfrac36=\tfrac12\) (division par 3).

L’intersection \(E\cap H=\{4;6\}\) contient 2 issues : \(\mathrm{P}\left(E\cap H\right)=\tfrac26=\tfrac13\) (division par 2). Le produit vaut \(\tfrac12\times\tfrac12=\tfrac14\).

Or \(\tfrac13=\tfrac4{12}\) et \(\tfrac14=\tfrac3{12}\), en multipliant les numérateurs et dénominateurs respectivement par 4 et 3. L’intersection et le produit diffèrent : les événements ne sont pas indépendants, malgré leurs probabilités égales.

Attention aux arrondis. Une égalité de deux valeurs arrondies ne prouve pas l’égalité exacte des probabilités. Utilise les fractions exactes, ou les valeurs données comme exactes, pour justifier l’indépendance.

À reprendre plus tard, avant de relire

Un modèle donne \(\mathrm{P}\left(A\right)=\tfrac25\), \(\mathrm{P}\left(B\right)=\tfrac34\) et \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)=\tfrac3{10}\).

1. Décide si \(A\) et \(B\) sont indépendants.

2. Calcule \(\mathrm{P}\left(A\cap\overline{B}\right)\).

3. Calcule \(\mathrm{P}_{B}\left(A\right)\) et explique sa valeur.

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Aide : compare d’abord intersection et produit. Pour le contraire, écris \(1=\tfrac44\). Pour la conditionnelle, la probabilité de \(B\) est le diviseur.

Correction expliquée

1. \(\tfrac25\times\tfrac34=\tfrac{2\times3}{5\times4}=\tfrac6{20}=\tfrac{6\div2}{20\div2}=\tfrac3{10}\). Le produit est égal à \(\mathrm{P}\left(A\cap B\right)\) : \(A\) et \(B\) sont indépendants.

2. \(\mathrm{P}\left(\overline{B}\right)=1-\tfrac34=\tfrac44-\tfrac34=\tfrac14\). Par indépendance des contraires, \[\mathrm{P}\left(A\cap\overline{B}\right)=\frac25\times\frac14 =\frac{2\times1}{5\times4}=\frac2{20}=\frac1{10}.\] La simplification finale divise le haut et le bas par 2. Contrôle par différence : \(\tfrac25-\tfrac3{10}=\tfrac{2\times2}{5\times2}-\tfrac3{10}=\tfrac4{10}-\tfrac3{10}=\tfrac1{10}\).

3. \(\mathrm{P}\left(B\right)=\tfrac34>0\) ; le conditionnement par \(B\) est défini. Son calcul donne \[\mathrm{P}_{B}\left(A\right)=\frac{\frac3{10}}{\frac34} =\frac3{10}\times\frac43 =\frac{3\times4}{10\times3} =\frac{12}{30} =\frac{12\div6}{30\div6}=\frac25.\] On retrouve \(\mathrm{P}\left(A\right)\). L’information \(B\) n’a pas changé la probabilité de \(A\), comme l’indépendance le prévoyait. Si tu as inversé la mauvaise fraction, réécris la grande barre comme le signe \(\div\) avant de recommencer.

Reconnaître et répéter une épreuve de Bernoulli

Avant de commencer : les quelques outils utiles

Une probabilité mesure les chances d’un événement dans un modèle. Elle est comprise entre \(0\) et \(1\). Une probabilité de \(\tfrac14=0{,}25=25\,\%\) ne promet pas exactement un succès tous les quatre essais. Elle décrit la chance de succès à chaque essai, dans les conditions du modèle.

Un événement et son contraire couvrent toutes les possibilités sans se produire ensemble. Si \(S\) a pour probabilité \(p\), son contraire, noté \(\overline{S}\), a pour probabilité \(1-p\). Ainsi, \[1-\frac14=\frac44-\frac14=\frac34.\] Le symbole \(\cap\) signifie « et » : \(S_1\cap S_2\) signifie un succès au premier essai et au deuxième. Pour multiplier deux fractions, on multiplie leurs numérateurs et leurs dénominateurs : \[\frac14\times\frac34=\frac{1\times3}{4\times4}=\frac3{16}.\]

1. Deux issues : succès et échec

Ces mots sont des étiquettes mathématiques. Si l’on étudie la présence d’un défaut sur un objet, on peut appeler « succès » l’événement « l’objet présente un défaut ». Le mot n’exprime aucun jugement sur ce qui est souhaitable.

Le lancer du dé, si l’on veut connaître son numéro, a six issues. Mais le même lancer, si l’on retient seulement « \(6\) » ou « pas \(6\) », fournit une épreuve de Bernoulli de paramètre \(\tfrac16\). Ce qui compte est le résultat que l’on décide de distinguer.

À toi. Une roue possède cinq secteurs de même angle : deux verts et trois blancs. Le secteur désigné est supposé équiprobable parmi les cinq secteurs. On gagne lorsque la flèche s’arrête sur du vert. Nomme \(S\), son contraire et le paramètre \(p\).

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Correction. \(S\) est « obtenir du vert » ; \(E\) est « obtenir du blanc ». Deux secteurs sur cinq conviennent, donc \(p=\tfrac25\) et \(\mathrm{P}\left(E\right)=\tfrac35\). Ce sont les cinq secteurs qui sont équiprobables ; les deux couleurs n’ont pas les mêmes chances.

2. Que signifient « identiques et indépendantes » ?

Pour utiliser le même arbre à chaque étape, il faut préciser deux conditions différentes.

Pourquoi la remise aide-t-elle ? Remettre le jeton conserve la composition de l’urne. Mélanger et réaliser à nouveau un tirage au hasard permet d’adopter un modèle de tirages indépendants. La remise explique la conservation des proportions ; les hypothèses du modèle restent à préciser.

Expliquer avec ses mots. Pourquoi la phrase « les expériences sont indépendantes parce qu’on les fait l’une après l’autre » est-elle insuffisante ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. Deux tirages sans remise ont lieu l’un après l’autre, alors que le premier peut changer la chance du second. L’indépendance concerne l’effet de l’information sur les probabilités, pas l’ordre dans le temps.

Pour une réponse complète : mentionner une probabilité qui change ou reste inchangée, et donner un exemple pertinent.

3. Deux répétitions : construire l’arbre

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

Une borne choisit au hasard un nombre parmi \(1\), \(2\), \(3\) et \(4\), chacun avec la probabilité \(\tfrac14\). On appelle succès l’obtention du nombre \(1\). On utilise la borne deux fois. On suppose que les deux choix sont indépendants.

Il s’agit de deux épreuves identiques de Bernoulli de paramètre \(p=\tfrac14\). À chaque étape, \(\mathrm{P}\left(S\right)=\tfrac14\) et \(\mathrm{P}\left(E\right)=\tfrac34\).

Premier geste. dessine d’abord le premier essai, puis recopie les deux mêmes branches après chacun de ses résultats.

Lecture du schéma. L’arbre possède quatre chemins : \(SS\), \(SE\), \(ES\) et \(EE\). La première lettre correspond au premier essai. Après chaque résultat du premier essai, les branches vers \(S_2\) et \(E_2\) portent encore \(\frac{1}{4}\) et \(\frac{3}{4}\). Les probabilités des chemins sont respectivement \(\frac{1}{16}\), \(\frac{3}{16}\), \(\frac{3}{16}\) et \(\frac{9}{16}\).

Un autre moyen de comprendre. Les deux nombres choisis forment \(4\times4=16\) couples équiprobables. Un seul couple donne \(SS\) : \((1;1)\). Trois couples donnent \(SE\) : \((1;2)\), \((1;3)\) et \((1;4)\). Neuf donnent \(EE\), car il y a trois choix autres que \(1\) à chacun des deux essais. L’arbre regroupe donc des nombres différents de couples.

Contrôle. Les quatre chemins sont disjoints et couvrent toute l’expérience. Leur somme doit être \(1\) : \[\frac1{16}+\frac3{16}+\frac3{16}+\frac9{16} =\frac{1+3+3+9}{16}=\frac{16}{16}=1.\]

4. Passer d’une phrase à des chemins

5. Quand la situation change vraiment

Trois ou quatre épreuves : organiser les chemins

Les rappels dont tu as besoin ici

Une épreuve de Bernoulli distingue un succès \(S\), de probabilité \(p\), et un échec \(E\), de probabilité \(1-p\). Les essais sont identiques si le paramètre reste le même. Ils sont indépendants si connaître les résultats précédents ne change pas la probabilité du suivant.

Un chemin donne les résultats dans l’ordre. Par exemple, \(SEE\) signifie un succès, puis deux échecs. Pour des répétitions identiques et indépendantes, sa probabilité vaut \[p\times(1-p)\times(1-p).\] On multiplie dans chaque chemin et on additionne les chemins distincts acceptés par la question. Les exposants abrègent un produit : \(p^3=p\times p\times p\). Ils ne remplacent pas un raisonnement sur les chemins.

Pour additionner des fractions de même dénominateur, on conserve ce dénominateur : \(\tfrac2{27}+\tfrac4{27}=\tfrac6{27}\). Si \(A\) est un événement, son contraire \(\overline{A}\) a pour probabilité \(1-\mathrm{P}\left(A\right)\).

1. Trois essais : huit chemins à organiser

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

Un dispositif choisit au hasard l’un des nombres \(1\), \(2\) et \(3\), équiprobables. Le succès est « obtenir \(1\) ». On répète le choix trois fois, de façon indépendante. Ainsi, \(p=\tfrac13\) et \(1-p=\tfrac23\).

Lecture du schéma. Les huit chemins, dans l’ordre de haut en bas, sont \(SSS\), \(SSE\), \(SES\), \(SEE\), \(ESS\), \(ESE\), \(EES\) et \(EEE\). Chaque branche de succès vaut \(\frac{1}{3}\) et chaque branche d’échec vaut \(\frac{2}{3}\). Les probabilités des chemins sont \(\frac{1}{27}\), \(\frac{2}{27}\), \(\frac{2}{27}\), \(\frac{4}{27}\), \(\frac{2}{27}\), \(\frac{4}{27}\), \(\frac{4}{27}\) et \(\frac{8}{27}\).

Deux calculs à lire vraiment. Le chemin \(SES\) comprend deux succès et un échec : \[\mathrm{P}\left(SES\right)=\frac13\times\frac23\times\frac13 =\frac{1\times2\times1}{3\times3\times3}=\frac2{27}.\] Le chemin \(SEE\) comprend un succès et deux échecs : \[\mathrm{P}\left(SEE\right)=\frac13\times\frac23\times\frac23 =\frac{1\times2\times2}{3\times3\times3}=\frac4{27}.\] Les huit chemins ne sont donc pas équiprobables. En revanche, les chemins ayant le même nombre de succès ont ici le même produit : seul l’ordre des facteurs change.

Contrôle de l’ensemble. \[\frac{1+2+2+4+2+4+4+8}{27}=\frac{27}{27}=1.\]

2. « Exactement » demande de repérer toutes les positions

3. « Au moins », « au plus » et événement contraire

Avec \(p=\tfrac13\) et trois essais, \[1-\left(\frac23\right)^3 =1-\frac{2\times2\times2}{3\times3\times3} =\frac{27}{27}-\frac8{27}=\frac{19}{27}.\] Calculer sept chemins était possible. En reconnaître un seul, celui qui est refusé, rend ce calcul plus rapide.

Justifier un choix. Pour chercher « au plus un succès » en trois essais, pourquoi le contraire est-il « au moins deux succès », et non « trois succès » ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. Les nombres \(0\) et \(1\) sont acceptés. Les nombres refusés sont \(2\) et \(3\). Ils correspondent ensemble à « au moins deux ». En oubliant \(2\), on ne couvrirait plus toutes les possibilités.

Pour une réponse complète : écrire la liste des nombres acceptés et celle des nombres refusés ; elles doivent être disjointes et couvrir \(0\), \(1\), \(2\), \(3\).

4. Quatre essais : un arbre complet, en deux sous-arbres

On lance quatre fois une pièce équilibrée ; les lancers sont modélisés comme indépendants. Le succès est « pile », l’échec est « face ». Chaque branche vaut \(\tfrac12=0{,}5\) ; les dessins utilisent l’écriture décimale pour faciliter leur lecture.

Il y a \(2\times2\times2\times2=16\) chemins. Pour garder un dessin lisible, l’arbre complet est partagé en deux : les huit chemins commençant par \(S\), puis les huit commençant par \(E\). Les deux branches initiales partent du même départ.

Lecture du schéma. Première moitié : la première branche est un succès. Ses huit feuilles sont \(SSSS\), \(SSSE\), \(SSES\), \(SSEE\), \(SESS\), \(SESE\), \(SEES\) et \(SEEE\). Chaque chemin complet, y compris sa branche initiale, a quatre facteurs \(\frac{1}{2}\).

Lecture du schéma. Deuxième moitié : la première branche est un échec. Ses huit feuilles sont \(ESSS\), \(ESSE\), \(ESES\), \(ESEE\), \(EESS\), \(EESE\), \(EEES\) et \(EEEE\). Avec les huit précédentes, on a bien les seize chemins complets de quatre essais.

Dans cet exemple particulier, tous les chemins ont la même probabilité : \[\frac12\times\frac12\times\frac12\times\frac12=\frac1{16}.\] L’équiprobabilité des chemins est justifiée par les poids des branches, pas seulement par le fait que l’arbre possède seize feuilles.

Il y a bien \(1+4+6+4+1=16\) chemins, et la somme de leurs probabilités vaut \(1\).

5. L’ordre peut faire partie de la question

Fréquences, simulation et modèle

Les outils utiles : compter, puis diviser

Une épreuve de Bernoulli distingue un succès \(S\) et un échec \(E\). Son paramètre \(p\) est la probabilité du succès. Dans une série d’épreuves identiques et indépendantes, à chaque étape, les probabilités restent \(p\) et \(1-p\), quels que soient les résultats précédents.

Si l’on observe \(k\) succès pendant \(n\) essais, avec \(n>0\), la fréquence des succès est \[f=\frac{\text{nombre de succès}}{\text{nombre total d'essais}}=\frac{k}{n}.\] La lettre \(k\) désigne le compteur de succès, la lettre \(n\) le compteur de tous les essais. Par exemple, \(7\) succès sur \(20\) essais donnent \[f=\frac7{20}=\frac{7\times5}{20\times5}=\frac{35}{100}=0{,}35=35\,\%.\] Une fréquence, comme une probabilité, est comprise entre \(0\) et \(1\). Une fréquence n’est pas le nombre de succès : \(7\) est un effectif, \(\tfrac7{20}\) est une proportion.

1. Probabilité et fréquence ne répondent pas à la même question

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

Trois groupes réalisent chacun \(20\) essais, avec un même dispositif modélisé par une probabilité de succès \(\tfrac12\). Voici trois séries possibles :

Ces différences sont des fluctuations : les résultats varient d’une série à l’autre. L’écart entre \(0{,}4\) et \(0{,}5\) ne suffit pas à lui seul pour décider que le modèle est faux.

2. Suivre une fréquence au fur et à mesure

Pour voir ce qui change, on ne remet pas le compteur de succès à zéro après chaque essai. On conserve les résultats déjà obtenus : on calcule une fréquence cumulée.

Dans la simulation présentée plus loin, le résultat \(1\) code un succès et le résultat \(0\) un échec. Les dix premiers résultats obtenus sont \[1,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 1,\ 0,\ 0,\ 0,\ 1.\] Leur suivi sur papier donne :

Lecture du schéma. Les points représentent les fréquences du tableau. La ligne horizontale repère \(p=\frac{1}{2}\). La fréquence peut s’en rapprocher, puis s’en éloigner : elle vaut exactement \(\frac{1}{2}\) après huit essais, descend à \(\frac{4}{9}\) après neuf essais, puis revient à \(\frac{1}{2}\) au dixième. Les segments aident à suivre l’ordre des observations.

3. Ce que dit la loi des grands nombres

La preuve générale demande des outils qui dépassent ce chapitre. Les séries et simulations permettent d’observer ce comportement ; elles ne démontrent pas une propriété portant sur toutes les séries possibles.

4. Le hasard n’a pas de retard à rattraper

Pourquoi une fréquence peut-elle pourtant se stabiliser ? Un petit déséquilibre initial pèse de moins en moins dans une grande série. Avoir deux succès de plus que la moitié représente un écart de \(\tfrac2{10}=0{,}2\) sur dix essais, mais seulement \(\tfrac2{100}=0{,}02\) sur cent essais. Cet exemple explique comment un même écart d’effectif peut peser moins dans une proportion. Il ne prétend pas que l’écart d’effectif restera toujours fixé à deux.

Justifier. Un élève dit : « J’ai eu beaucoup de succès au début. Pour que la fréquence revienne près de \(\frac{1}{2}\), l’échec doit maintenant avoir une probabilité supérieure à \(\frac{1}{2}\). » Que lui réponds-tu ?

Écris ta réponse sur une feuille avant de poursuivre.

Réponse possible. Dans le modèle indépendant, chaque nouvel essai garde les mêmes probabilités. Une proportion peut devenir moins sensible au début de la série quand le nombre total d’essais grandit ; cela n’exige pas une modification des chances du prochain essai.

Pour une réponse complète : rappeler l’indépendance, distinguer une probabilité du prochain essai de la fréquence de toute la série, et refuser l’idée d’une compensation obligatoire.

5. Une simulation que l’on peut lire sans programmer

from random import Random

generateur = Random(20261020)
succes = 0

for rang in range(1, 1001):
    resultat = generateur.randint(0, 1)
    succes = succes + resultat
    frequence = succes / rang
    if rang in (10, 100, 1000):
        print(rang, succes, frequence)

Lire le programme. Le générateur fournit des valeurs \(0\) ou \(1\) pour la simulation. Le nombre \(20261020\), appelé graine, permet de reproduire cette même série lors d’une nouvelle exécution dans le même environnement. Il ne représente pas la probabilité.

La variable succes contient le compteur cumulé. La boucle parcourt les rangs de \(1\) à \(1000\) ; dans range(1, 1001), la borne finale \(1001\) est exclue. Le programme met le compteur à jour avant de calculer la fréquence. Il affiche seulement les lignes de rang \(10\), \(100\) et \(1000\).

L’exécution utilisée pour ce cours a donné :

On lit \(\tfrac{492}{1000}=0{,}492=49{,}2\,\%\). Ce résultat illustre une fréquence proche de \(\tfrac12\) dans une longue série. Une autre série peut donner une autre valeur.

Ce que la simulation ne prouve pas. Un générateur informatique produit une suite selon un algorithme. On l’utilise pour simuler le modèle choisi. Son résultat ne prouve pas qu’une pièce réelle est équilibrée ni que les conditions d’une expérience réelle sont indépendantes.

6. Une fréquence stable ne prouve pas l’indépendance

Résoudre des problèmes en choisissant sa démarche

Les nombres de cette situation sont fictifs et servent à apprendre.

Problème 1 — La maison de quartier

Une maison de quartier accueille \(200\) participants. Parmi eux, \(120\) habitent le centre-ville. Un atelier de réparation a accueilli \(70\) participants, dont \(30\) habitent le centre-ville.

On choisit un participant au hasard, chaque participant ayant la même probabilité d’être choisi. On note \(C\) l’événement « habiter le centre-ville » et \(R\) l’événement « avoir participé à l’atelier de réparation ».

1. Complète le tableau d’effectifs.

   	\(R\)	\(\overline{R}\)	Total
   \(C\)	\(30\)	\(\ldots\)	\(120\)
   \(\overline{C}\)	\(\ldots\)	\(\ldots\)	\(\ldots\)
   Total	\(70\)	\(\ldots\)	\(200\)

2. Calcule \(\mathrm{P}\left(C\cap R\right)\).

3. Calcule \(\mathrm{P}_{C}\left(R\right)\), \(\mathrm{P}_{R}\left(C\right)\) et \(\mathrm{P}_{\overline{C}}\left(R\right)\). Traduis chaque résultat par une phrase précisant le groupe de référence.

4. Pourquoi \(\mathrm{P}_{C}\left(R\right)\) et \(\mathrm{P}_{R}\left(C\right)\) n’ont-elles pas le même dénominateur, alors que leur numérateur provient de la même case du tableau ?

Problème 2 — Les contrôles d’un atelier

Un atelier possède un lot de \(1000\) pièces, dont exactement \(10\,\%\) sont défectueuses. Un capteur déclenche une alarme pour \(90\,\%\) des pièces défectueuses, mais aussi pour \(10\,\%\) des pièces non défectueuses.

On choisit uniformément une pièce du lot. On note \(D\) l’événement « la pièce est défectueuse » et \(A\) l’événement « le capteur déclenche une alarme ». Un faux positif est une alarme pour une pièce non défectueuse ; un faux négatif est une absence d’alarme pour une pièce défectueuse.

1. Organise les informations dans un tableau ou dans un arbre et détermine le nombre de pièces de chacune des quatre catégories : défectueuse avec alarme, défectueuse sans alarme, non défectueuse avec alarme, non défectueuse sans alarme.

2. Calcule la probabilité qu’une pièce choisie déclenche une alarme.

3. On sait maintenant que l’alarme a été déclenchée. Quelle est la probabilité que la pièce soit défectueuse ?

4. Un responsable affirme : « Le capteur repère \(90\,\%\) des pièces défectueuses, donc \(90\,\%\) des alarmes correspondent à une pièce défectueuse. » Explique son erreur.

5. Quelle est la proportion de faux positifs dans tout le lot ? Quelle est la proportion de faux négatifs parmi les pièces défectueuses ?

Problème 3 — Le jardin partagé

Dans un modèle portant sur le choix d’un habitant d’un quartier, on note \(C\) l’événement « la personne composte » et \(T\) l’événement « la personne participe à une rencontre du jardin partagé ». On dispose de \[\mathrm{P}\left(C\right)=\frac35,\qquad \mathrm{P}\left(T\right)=\frac14,\qquad \mathrm{P}\left(C\cap T\right)=\frac3{20}.\]

1. Les événements \(C\) et \(T\) sont-ils indépendants ? Justifie par des calculs exacts.

2. Utilise ta conclusion pour donner \(\mathrm{P}_{C}\left(T\right)\).

3. Calcule la probabilité qu’une personne composte et ne participe pas à la rencontre. Explique les deux facteurs de ton produit.

4. Les événements \(C\) et \(T\) sont-ils incompatibles ? Justifie sans confondre ce mot avec « indépendants ».

Problème 4 — Les jetons d’une exposition

Une roue possède trois secteurs de même angle, dont deux verts. À chaque utilisation, les trois secteurs ont les mêmes chances d’être désignés. Un visiteur reçoit un jeton si la roue s’arrête sur du vert. Il utilise la roue trois fois, dans les mêmes conditions ; les résultats sont supposés indépendants.

On note \(S\) l’obtention d’un jeton à un essai et \(E\) son contraire.

1. Indique le paramètre du modèle et organise tous les chemins possibles sous la forme d’un arbre ou d’une liste ordonnée.

2. Calcule la probabilité d’obtenir exactement deux jetons.

3. Calcule la probabilité d’obtenir au moins un jeton. Choisis une méthode courte et explique ton choix.

4. Calcule la probabilité que le premier jeton soit obtenu au deuxième essai. Le résultat du troisième essai est libre.

Problème 5 — Les balises du parcours

Quatre balises fonctionnent selon le même modèle. Pendant un essai, chacune émet un signal lumineux avec une probabilité de \(\tfrac14\). Les quatre fonctionnements sont supposés indépendants. On appelle \(S\) l’émission d’un signal et \(E\) l’absence de signal.

1. Calcule la probabilité qu’exactement deux balises émettent un signal. Écris les chemins que tu retiens.

2. Calcule la probabilité qu’au moins une balise émette un signal. Explique pourquoi le contraire permet ici un calcul particulièrement court.

3. Il y a seize chemins possibles. Peut-on en déduire que la probabilité de chaque chemin est \(\tfrac1{16}\) ? Donne un calcul qui justifie ta réponse.

Problème 6 — Le journal d’une simulation

Un programme simule des essais identiques et indépendants, avec une probabilité de succès \(p=\tfrac12\). Voici des résultats cumulés possibles pour une série :

1. Calcule les trois fréquences et exprime-les en pourcentage.

2. Cette série vérifie-t-elle l’affirmation « la fréquence se rapproche de \(\tfrac12\) à chaque nouvelle étape observée » ? Justifie avec deux valeurs du tableau.

3. À un moment de la simulation, trois échecs viennent de se suivre. Quelle est la probabilité de succès au prochain essai, dans ce modèle ?

4. Après \(100\) essais, une élève affirme : « La probabilité du succès vaut maintenant \(0{,}49\). » Quelle confusion fait-elle ?

5. Une simulation fondée sur \(p=\tfrac12\) suffit-elle à prouver qu’une pièce réelle est équilibrée ? Explique.

Des indices à choisir seulement si tu bloques

Correction du problème 1 — La maison de quartier

1. Reconstruire les effectifs. Une ligne et une colonne doivent chacune retrouver leur total. Parmi les \(120\) habitants du centre-ville, \(30\) ont participé ; les autres sont \(120-30=90\). Parmi les \(70\) participants à l’atelier, \(30\) habitent le centre-ville ; les autres sont \(70-30=40\).

Il y a \(200-120=80\) habitants hors du centre-ville. Parmi eux, \(40\) ont participé, donc \(80-40=40\) n’ont pas participé. Enfin, \(200-70=130\) personnes n’ont pas participé.

Contrôle. \(30+90+40+40=200\). Les sommes de chaque ligne et de chaque colonne sont cohérentes.

2. Une intersection dans toute la population. Le symbole \(C\cap R\) signifie « habiter le centre-ville et avoir participé ». Il concerne \(30\) personnes sur les \(200\) parmi lesquelles le choix initial a lieu. Avec l’équiprobabilité du choix, \[\mathrm{P}\left(C\cap R\right)=\frac{30}{200}=\frac3{20}.\] La simplification divise le numérateur et le dénominateur par \(10\).

3. Trois groupes de référence. Pour \(\mathrm{P}_{C}\left(R\right)\), on sait que la personne habite le centre-ville. Le groupe est donc réduit aux \(120\) personnes de \(C\) : \[\mathrm{P}_{C}\left(R\right)=\frac{30}{120}=\frac14=25\,\%.\] La fraction est simplifiée en divisant les deux nombres par \(30\). Parmi les habitants du centre-ville, un quart a participé à l’atelier.

Pour \(\mathrm{P}_{R}\left(C\right)\), on sait que la personne a participé. On choisit donc parmi les \(70\) personnes de \(R\) : \[\mathrm{P}_{R}\left(C\right)=\frac{30}{70}=\frac37.\] Parmi les participants à l’atelier, trois sur sept habitent le centre-ville. La fraction exacte suffit.

Pour \(\mathrm{P}_{\overline{C}}\left(R\right)\), on sait que la personne n’habite pas le centre-ville. On travaille parmi \(80\) personnes, dont \(40\) ont participé : \[\mathrm{P}_{\overline{C}}\left(R\right)=\frac{40}{80}=\frac12=50\,\%.\] Parmi les habitants hors du centre-ville, la moitié a participé.

4. La même case peut être rapportée à des groupes différents. Les \(30\) personnes satisfont les deux critères. Mais « sachant \(C\) » impose un groupe de \(120\) personnes, tandis que « sachant \(R\) » impose un groupe de \(70\) personnes. Ce changement explique les dénominateurs différents.

Pour une réponse complète : un tableau cohérent, puis un groupe nommé avant chaque quotient. Si tu as divisé toutes les fois par \(200\), refais les deux quotients \(\frac{30}{120}\) et \(\frac{30}{70}\) en mots, puis reviens aux trois demandes. Les étape 3 et étape 4 proposent une reprise plus progressive.

Correction du problème 2 — Les contrôles d’un atelier

1. Appliquer chaque pourcentage à la bonne quantité. Dix pour cent signifie \(\tfrac{10}{100}\). Le nombre de pièces défectueuses est \[\frac{10}{100}\times1000=\frac{10\times1000}{100}=100.\] Il reste \(1000-100=900\) pièces non défectueuses.

Parmi les \(100\) pièces défectueuses, les alarmes concernent \[\frac{90}{100}\times100=90\] pièces. Les absences d’alarme sont donc \(100-90=10\).

Parmi les \(900\) pièces non défectueuses, les alarmes concernent \[\frac{10}{100}\times900=\frac{9000}{100}=90\] pièces. Les absences d’alarme sont \(900-90=810\).

Un arbre aurait pour premières branches \(D\), de probabilité \(0{,}1\), et \(\overline{D}\), de probabilité \(0{,}9\). Après \(D\), les branches \(A\) et \(\overline{A}\) portent \(0{,}9\) et \(0{,}1\). Après \(\overline{D}\), elles portent \(0{,}1\) et \(0{,}9\). Les produits des branches donnent \[\begin{aligned} \mathrm{P}\left(D\cap A\right)&=0{,}1\times0{,}9=0{,}09, & \mathrm{P}\left(D\cap\overline{A}\right)&=0{,}1\times0{,}1=0{,}01,\\ \mathrm{P}\left(\overline{D}\cap A\right)&=0{,}9\times0{,}1=0{,}09, & \mathrm{P}\left(\overline{D}\cap\overline{A}\right)&=0{,}9\times0{,}9=0{,}81. \end{aligned}\] Leur somme vaut \(0{,}09+0{,}01+0{,}09+0{,}81=1\). On retrouve les quatre effectifs en multipliant chaque probabilité par \(1000\).

2. Revenir au lot entier. L’alarme concerne \(90+90=180\) pièces sur \(1000\). La probabilité cherchée vaut \[\mathrm{P}\left(A\right)=\frac{180}{1000}=\frac{18}{100}=0{,}18=18\,\%.\] On peut aussi additionner les deux chemins qui donnent une alarme : \[\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}1\times0{,}9+0{,}9\times0{,}1 =0{,}09+0{,}09=0{,}18.\] Les deux chemins sont disjoints : une pièce ne peut pas être simultanément défectueuse et non défectueuse.

3. Réduire maintenant le groupe aux alarmes. La condition connue est \(A\). Il y a \(180\) pièces dans ce groupe, dont \(90\) sont défectueuses. Donc \[\mathrm{P}_{A}\left(D\right)=\frac{90}{180}=\frac12=50\,\%.\] La condition est définie car \(\mathrm{P}\left(A\right)=0{,}18>0\). Parmi les pièces ayant déclenché une alarme, la moitié est défectueuse.

4. Repérer l’inversion. Le nombre \(90\,\%\) donné dans l’énoncé est \(\mathrm{P}_{D}\left(A\right)\) : parmi les défectueuses, combien déclenchent l’alarme ? La question « parmi les alarmes, combien sont défectueuses ? » demande \(\mathrm{P}_{A}\left(D\right)\), qui vaut ici \(50\,\%\). Le responsable a interverti les deux groupes de référence.

5. Lire les groupes indiqués dans la question. Les faux positifs sont les \(90\) pièces de \(\overline{D}\cap A\). Dans tout le lot, leur proportion vaut \[\frac{90}{1000}=\frac9{100}=9\,\%.\] Les faux négatifs sont les \(10\) pièces de \(D\cap\overline{A}\). Parmi les défectueuses, leur proportion vaut \[\frac{10}{100}=10\,\%.\] Le premier dénominateur est \(1000\) ; le second est \(100\). Le mot « faux » ne détermine pas à lui seul le dénominateur : c’est la question qui le fixe.

Pour une réponse complète : appliquer chaque pourcentage dans son groupe, additionner les deux catégories d’alarmes, puis employer ce nouveau total pour l’inversion. Si tu as obtenu \(90\,\%\) à la question 3, compare explicitement \(\frac{90}{100}\) et \(\frac{90}{180}\), puis réécris les deux phrases. Reprise guidée : étape 4 et étape 6.

Correction du problème 3 — Le jardin partagé

1. Vérifier l’indépendance. Le critère de l’indépendance est \[\mathrm{P}\left(C\cap T\right)=\mathrm{P}\left(C\right)\times\mathrm{P}\left(T\right).\] On ne suppose pas cette égalité : on la contrôle avec les nombres fournis. D’un côté, \(\mathrm{P}\left(C\cap T\right)=\tfrac3{20}\). De l’autre, \[\mathrm{P}\left(C\right)\times\mathrm{P}\left(T\right)=\frac35\times\frac14 =\frac{3\times1}{5\times4}=\frac3{20}.\] Les deux valeurs sont exactement égales. Les événements \(C\) et \(T\) sont donc indépendants dans le modèle donné.

2. Utiliser l’information obtenue. Comme \(\mathrm{P}\left(C\right)=\tfrac35>0\), la conditionnelle \(\mathrm{P}_{C}\left(T\right)\) est définie. L’indépendance signifie que savoir que la personne composte ne modifie pas la chance de participer : \[\mathrm{P}_{C}\left(T\right)=\mathrm{P}\left(T\right)=\frac14.\]

3. Changer l’événement recherché dans le même groupe. Parmi les personnes qui compostent, « ne pas participer » est le contraire de « participer ». Sa probabilité vaut \[\mathrm{P}_{C}\left(\overline{T}\right)=1-\mathrm{P}_{C}\left(T\right) =1-\frac14=\frac44-\frac14=\frac34.\] On cherche maintenant « composter et ne pas participer ». On choisit d’abord le groupe \(C\), puis la part de non-participants à l’intérieur de ce groupe : \[\mathrm{P}\left(C\cap\overline{T}\right)=\mathrm{P}\left(C\right)\times\mathrm{P}_{C}\left(\overline{T}\right) =\frac35\times\frac34 =\frac{3\times3}{5\times4}=\frac9{20}.\] Contrôle. Parmi les personnes qui compostent, on a séparé les participants et les non-participants : \[\mathrm{P}\left(C\cap T\right)+\mathrm{P}\left(C\cap\overline{T}\right) =\frac3{20}+\frac9{20}=\frac{12}{20}=\frac35=\mathrm{P}\left(C\right).\]

4. Distinguer incompatibilité et indépendance. Des événements incompatibles ne peuvent pas se produire ensemble. Ici, \(\mathrm{P}\left(C\cap T\right)=\tfrac3{20}>0\) : ils peuvent se produire ensemble. Ils sont indépendants mais ne sont pas incompatibles.

Pour une réponse complète : deux calculs comparés avant la conclusion d’indépendance, puis un usage explicite de cette conclusion. Si tu as conclu « incompatibles », reprends la signification de « se produire ensemble » avant de relire le critère de l’étape 7.

Correction du problème 4 — Les jetons d’une exposition

1. Définir le modèle. Deux secteurs verts sur trois donnent \[p=\mathrm{P}\left(S\right)=\frac23,\qquad \mathrm{P}\left(E\right)=1-\frac23=\frac33-\frac23=\frac13.\] Le même modèle est répété trois fois. L’indépendance permet de garder ces probabilités à chaque étape, quels que soient les résultats précédents.

Voici les huit chemins, organisés d’abord selon la première lettre, puis selon la deuxième :

Par exemple, le produit pour \(SSE\) vaut \(\tfrac{2\times2\times1}{3\times3\times3}=\tfrac4{27}\). On vérifie que la somme des numérateurs vaut \(8+4+4+2+4+2+2+1=27\), donc que les probabilités totalisent \(1\).

2. Exactement deux jetons. Les chemins acceptés sont \(SSE\), \(SES\) et \(ESS\). Ils sont distincts, chacun de probabilité \(\tfrac4{27}\). On additionne : \[\frac4{27}+\frac4{27}+\frac4{27} =\frac{4+4+4}{27}=\frac{12}{27}=\frac49.\] La simplification divise les deux nombres par \(3\).

3. Au moins un jeton. Le seul chemin refusé est \(EEE\), de probabilité \(\tfrac1{27}\). « Aucun jeton » et « au moins un jeton » sont contraires. On calcule donc \[1-\frac1{27}=\frac{27}{27}-\frac1{27} =\frac{27-1}{27}=\frac{26}{27}.\] Cette méthode utilise un seul chemin au lieu des sept chemins acceptés.

4. Premier jeton au deuxième essai. Le premier résultat est un échec et le deuxième un succès. Le troisième peut être \(S\) ou \(E\). Les chemins sont \(ESS\) et \(ESE\), d’où \[\frac4{27}+\frac2{27}=\frac6{27}=\frac29.\] La dernière simplification divise les deux nombres par \(3\). Un autre regard consiste à ne retenir que le début \(ES\) : \(\tfrac13\times\tfrac23=\tfrac29\), car les deux possibilités du troisième essai couvrent toute la suite.