Dénombrement et probabilités : la méthode (Terminale spé)

Pourquoi le dénombrement est-il la clé des probabilités ?

Dans une situation d'équiprobabilité (chaque issue a la même chance), la probabilité d'un événement $A$ se calcule par la formule de Laplace :

$P (A) = \frac{nombre de cas favorables}{nombre de cas possibles} .$

Tout l'enjeu se déplace alors vers un problème de comptage : combien d'issues au total, et combien réalisent $A$ ? Savoir dénombrer, c'est savoir choisir entre $n^{p}$ , l'arrangement $A_{n}^{p}$ , la permutation $n!$ et la combinaison $(p n)$ . C'est exactement ce qui est attendu en Terminale spé.

Les 3 questions à se poser avant tout calcul

L'ordre compte-t-il ? Si on tire des cartes une à une et qu'on note la position, oui. Si on prend une poignée d'un seul coup, non.
Tirage avec ou sans remise ? Avec remise, un même élément peut réapparaître. Sans remise, chaque élément sort au plus une fois.
Les éléments sont-ils distincts ? Cela conditionne le nombre total de cas possibles.

Les 4 formules à connaître

Situation	Formule
Tirage ordonné avec remise (listes)	$n^{p}$
Tirage ordonné sans remise (arrangement)	$A_{n}^{p} = \frac{n !}{( n - p )!}$
Permutation de $n$ éléments distincts	$n!$
Choix non ordonné de $p$ parmi $n$ (combinaison)	$(p n) = \frac{n !}{p ! ( n - p )!}$

Mémo logique. « Ordonné » fait passer de la combinaison à l'arrangement en multipliant par $p!$ (le nombre d'ordres possibles) : $A_{n}^{p} = p! (p n)$ .

Probabilités conditionnelles

La probabilité de $A$ sachant $B$ vaut :

$P (A ∣ B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )} (P (B) \neq = 0) .$

Indépendance. $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $P (A \cap B) = P (A) \cdot P (B)$ .

Formule de Bayes. Pour « inverser » le conditionnement :

$P (A ∣ B) = \frac{P ( B ∣ A ) \cdot P ( A )}{P ( B )} .$

On la combine souvent avec la formule des probabilités totales : si $(A, \overset{ˉ}{A})$ partitionne l'univers, $P (B) = P (B ∣ A) P (A) + P (B ∣ \overset{ˉ}{A}) P (\overset{ˉ}{A})$ .

Loi binomiale $B (n, p)$

On répète $n$ fois, de façon indépendante, une même épreuve de Bernoulli de probabilité de succès $p$ . La variable $X$ qui compte le nombre de succès suit la loi binomiale $B (n, p)$ :

$P (X = k) = (k n) p^{k} (1 - p)^{n - k}$ pour $k \in {0, 1, \dots, n}$ ;
espérance : $E (X) = n p$ ;
variance : $V (X) = n p (1 - p)$ , écart-type : $σ (X) = n p (1 - p)$ .

Le coefficient $(k n)$ vient justement du dénombrement : il compte les façons de placer les $k$ succès parmi les $n$ épreuves.

Exemple résolu — tirage simultané

Énoncé. Une urne contient $7$ boules rouges et $3$ noires, indiscernables au toucher. On tire simultanément $4$ boules. Quelle est la probabilité d'obtenir exactement $2$ rouges ?

Étape 1 — nature du tirage. « Simultanément » signifie que l'ordre n'intervient pas et qu'il n'y a pas de remise : on dénombre avec des combinaisons.

Étape 2 — cas possibles. On choisit $4$ boules parmi $10$ :

$(4 10) = \frac{10 !}{4 ! 6 !} = 210$ .

Étape 3 — cas favorables. Il faut $2$ rouges parmi $7$ et $2$ noires parmi $3$ . Comme les deux choix sont indépendants, on multiplie :

$(2 7) \times (2 3) = 21 \times 3 = 63$ .

Étape 4 — conclusion.

$P = \frac{63}{210} = \frac{3}{10} = 0, 3.$

Les pièges à éviter

Arrangement ou combinaison ? Arrangement = ordre pris en compte ; combinaison = ordre ignoré. En cas de doute, demande-toi si échanger deux éléments donne une situation différente.
« Au moins » et « au plus ». « Au moins $1$ succès » se calcule par l'événement contraire : $P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0)$ . C'est presque toujours plus rapide.
Mélanger favorables et possibles : les deux comptages doivent utiliser le même modèle de tirage (ici, tout en combinaisons).
Oublier la relation de Pascal $(k n) + (k + 1 n) = (k + 1 n + 1)$ , qui simplifie de nombreuses sommes.

Second exemple résolu — un arbre pondéré et Bayes

Énoncé. Une maladie touche $2 %$ d'une population. Un test détecte la maladie avec une probabilité de $95 %$ chez un malade, mais donne aussi $5 %$ de faux positifs chez un individu sain. Une personne est testée positive : quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ?

Modélisation. Soit $M$ l'événement « être malade » et $T$ « être testé positif ». On a $P (M) = 0, 02$ , $P (T ∣ M) = 0, 95$ et $P (T ∣ \overset{ˉ}{M}) = 0, 05$ .

Probabilités totales.

$P (T) = P (T ∣ M) P (M) + P (T ∣ \overset{ˉ}{M}) P (\overset{ˉ}{M}) = 0, 95 \times 0, 02 + 0, 05 \times 0, 98 = 0, 019 + 0, 049 = 0, 068$ .

Bayes.

$P (M ∣ T) = \frac{P ( T ∣ M ) P ( M )}{P ( T )} = \frac{0 , 019}{0 , 068} \approx 0, 28$ .

Résultat contre-intuitif : malgré un test « fiable à $95 %$ », un positif n'est réellement malade que dans $28 %$ des cas, parce que la maladie est rare. C'est un classique du bac.

À retenir

Trois réflexes : (1) l'ordre compte-t-il ? (2) avec ou sans remise ? (3) applique la formule correspondante. Ensuite, $P = \frac{favorables}{possibles}$ avec le même type de comptage en haut et en bas. Pour « au moins un », passe par l'événement contraire. Pour inverser un conditionnement, combine probabilités totales et Bayes.

Plus d'exercices dans le cours Terminale, chapitre « Probabilités et dénombrement ».