Dénombrement et probabilités : le cours

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Plan du chapitre

60 min
9 exercices corrigés
8 questions de QCM
Vérifié le 3 octobre 2026

L'essentiel

1. Dénombrement

Le cardinal d'un ensemble fini $E$ , noté $\text{card}\,E$ , est son nombre d'éléments. Pour deux parties $A$ et $B$ de $E$ : $\text{card}(A \cup B) = \text{card}\,A + \text{card}\,B - \text{card}(A \cap B)$ .

Propriété (Principe multiplicatif)

Si un choix se fait en $p$ étapes successives, avec $n_1$ possibilités pour la première étape, $n_2$ pour la deuxième, ..., $n_p$ pour la dernière, alors le nombre total de choix est $n_1 \times n_2 \times \cdots \times n_p$ .

Pour un entier $n \geq 1$ , on note $n! = n \times (n - 1) \times \cdots \times 2 \times 1$ (« factorielle $n$ ») et on pose $0! = 1$ .

Définition (Arrangements, permutations, combinaisons)

Soit $E$ un ensemble à $n$ éléments et $p$ un entier avec $0 \leq p \leq n$ .

Un arrangement de $p$ éléments de $E$ est une liste ordonnée de $p$ éléments distincts. Leur nombre est $A_n^p = n(n - 1) \cdots (n - p + 1) = \frac{n!}{(n - p)!}$ .
Une permutation de $E$ est un arrangement de ses $n$ éléments. Leur nombre est $A_n^n = n!$ .
Une combinaison de $p$ éléments de $E$ est une partie de $E$ à $p$ éléments (sans ordre). Leur nombre est $C_n^p = \frac{n!}{p!\,(n - p)!} = \frac{A_n^p}{p!}$ .

Propriété (Combinaisons)

$C_n^0 = C_n^n = 1$ , $C_n^1 = n$ , $C_n^p = C_n^{n - p}$ et, pour $1 \leq p \leq n - 1$ , $C_n^p = C_{n-1}^{p-1} + C_{n-1}^{p}$ (relation de Pascal).

Exemple

$A_5^2 = 5 \times 4 = 20$ , $C_5^2 = \frac{20}{2!} = 10$ et $4! = 24$ .

On tire $p$ objets parmi $n$ . Le nombre de résultats possibles dépend du mode de tirage :

Mode de tirage	L'ordre compte ?	Répétition possible ?	Nombre de résultats
Successif avec remise	oui	oui	$n^p$
Successif sans remise	oui	non	$A_n^p$
Simultané	non	non	$C_n^p$

Remarque

Dans un tirage successif, si l'on veut par exemple deux boules rouges et une verte dans un ordre quelconque, il faut compter les ordres possibles : la boule verte peut occuper $3$ places, soit $C_3^1 = 3$ ordres (RRV, RVR, VRR).

2. Vocabulaire des probabilités

Une expérience aléatoire est une expérience dont on connaît les résultats possibles sans pouvoir prévoir lequel se produira.
L'univers $\Omega$ est l'ensemble des résultats possibles, appelés issues (ou éventualités).
Un événement est une partie de $\Omega$ ; un événement élémentaire ne contient qu'une seule issue.
$\Omega$ est l'événement certain, $\emptyset$ l'événement impossible.
L'événement contraire de $A$ , noté $\overline{A}$ , est formé des issues qui ne sont pas dans $A$ .
$A \cap B$ (« $A$ et $B$ ») et $A \cup B$ (« $A$ ou $B$ »). $A$ et $B$ sont incompatibles si $A \cap B = \emptyset$ .

3. Probabilité sur un univers fini

Définition (Probabilité)

Définir une probabilité sur $\Omega = \{\omega_1, \ldots, \omega_n\}$ , c'est associer à chaque issue $\omega_i$ un réel $p_i \geq 0$ avec $p_1 + p_2 + \cdots + p_n = 1$ . La probabilité d'un événement $A$ est la somme des $p_i$ des issues qui le composent.

Propriété (Règles de calcul)

$p(\emptyset) = 0$ , $p(\Omega) = 1$ et $0 \leq p(A) \leq 1$ .
$p(\overline{A}) = 1 - p(A)$ .
$p(A \cup B) = p(A) + p(B) - p(A \cap B)$ ; si $A$ et $B$ sont incompatibles, $p(A \cup B) = p(A) + p(B)$ .

Propriété (Équiprobabilité)

Si toutes les issues ont la même probabilité (dé équilibré, boules indiscernables au toucher, tirage au hasard...), alors :

p(A) = \frac{\text{card}\,A}{\text{card}\,\Omega}

4. Probabilité conditionnelle

Définition (Probabilité conditionnelle)

Soit $B$ un événement tel que $p(B) \neq 0$ . La probabilité de $A$ sachant $B$ est :

p_B(A) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)}

On la note aussi $p(A / B)$ .

Propriété (Probabilités composées)

Si $p(B) \neq 0$ , alors $p(A \cap B) = p(B) \times p_B(A)$ .

Théorème (Formule des probabilités totales)

Si les événements $B_1, B_2, \ldots, B_n$ , de probabilités non nulles, forment une partition de $\Omega$ (deux à deux incompatibles et de réunion $\Omega$ ), alors pour tout événement $A$ :

p(A) = p(B_1)\,p_{B_1}(A) + p(B_2)\,p_{B_2}(A) + \cdots + p(B_n)\,p_{B_n}(A)

Cas fréquent : $p(A) = p(B)\,p_B(A) + p(\overline{B})\,p_{\overline{B}}(A)$ .

Dans un arbre pondéré : la somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut $1$ , et la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités de ses branches.

5. Événements indépendants

Définition (Indépendance)

Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants si $p(A \cap B) = p(A) \times p(B)$ . Lorsque $p(B) \neq 0$ , cela revient à dire $p_B(A) = p(A)$ : savoir que $B$ est réalisé ne change pas la probabilité de $A$ .

Attention

« indépendants » et « incompatibles » sont deux notions différentes. Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants, car $p(A \cap B) = 0 \neq p(A) \times p(B)$ .

6. Épreuves répétées

Théorème (Épreuves répétées)

On répète $n$ fois, de façon indépendante, une même épreuve au cours de laquelle un événement $A$ a la probabilité $p$ . La probabilité que $A$ se réalise exactement $k$ fois ( $0 \leq k \leq n$ ) est :

C_n^k\,p^k\,(1 - p)^{n - k}

Exemple

On lance $4$ fois une pièce équilibrée. La probabilité d'obtenir exactement $3$ fois « Pile » est $C_4^3 \left(\frac{1}{2}\right)^3 \left(\frac{1}{2}\right)^1 = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$ .

7. Variable aléatoire

Définition (Variable aléatoire)

Une variable aléatoire $X$ est une application qui associe un nombre réel à chaque issue de $\Omega$ . On note $X(\Omega) = \{x_1, x_2, \ldots, x_n\}$ l'ensemble de ses valeurs.

Donner la loi de probabilité de $X$ , c'est donner $p_i = p(X = x_i)$ pour chaque valeur $x_i$ , en général dans un tableau. On a toujours $p_1 + p_2 + \cdots + p_n = 1$ .

$x_i$	$x_1$	$x_2$	...	$x_n$
$p(X = x_i)$	$p_1$	$p_2$	...	$p_n$

Définition (Espérance, variance, écart-type)

Espérance : $E(X) = x_1 p_1 + x_2 p_2 + \cdots + x_n p_n$ .
Variance : $V(X) = \sum_{i=1}^{n} (x_i - E(X))^2\,p_i = E(X^2) - \left(E(X)\right)^2$ , avec $E(X^2) = x_1^2 p_1 + \cdots + x_n^2 p_n$ .
Écart-type : $\sigma(X) = \sqrt{V(X)}$ .

L'espérance s'interprète comme la valeur moyenne prise par $X$ lorsque l'on répète l'expérience un très grand nombre de fois. Dans un jeu, si $X$ est le gain, le jeu est favorable au joueur lorsque $E(X) > 0$ et équitable lorsque $E(X) = 0$ .

8. Loi binomiale

Définition (Loi binomiale)

On répète $n$ fois, de façon indépendante, une épreuve à deux issues : « succès » de probabilité $p$ et « échec » de probabilité $1 - p$ . La variable aléatoire $X$ égale au nombre de succès suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ , notée $\mathcal{B}(n, p)$ .

Théorème (Loi binomiale)

Si $X$ suit la loi $\mathcal{B}(n, p)$ , alors $X(\Omega) = \{0, 1, \ldots, n\}$ et :

p(X = k) = C_n^k\,p^k\,(1 - p)^{n - k} \qquad E(X) = np \qquad V(X) = np(1 - p)

Méthodes

Méthode 1 : Choisir le bon outil de dénombrement

Lis l'énoncé : tirage simultané (une poignée) ou successif (un par un) ?
En cas de tirage successif : avec ou sans remise ?
Applique : $C_n^p$ (simultané), $A_n^p$ (successif sans remise), $n^p$ (successif avec remise).
Pour un événement, compte de la même façon, couleur par couleur, puis multiplie.

Exemple

Une urne contient $4$ boules rouges, $3$ vertes et $2$ blanches, indiscernables au toucher. On tire $3$ boules.

Tirage simultané : $\text{card}\,\Omega = C_9^3 = 84$ .
Tirage successif sans remise : $\text{card}\,\Omega = A_9^3 = 9 \times 8 \times 7 = 504$ .
Tirage successif avec remise : $\text{card}\,\Omega = 9^3 = 729$ .

En tirage simultané, l'événement « trois boules de même couleur » contient $C_4^3 + C_3^3 = 4 + 1 = 5$ issues (on ne peut pas tirer trois blanches), donc sa probabilité vaut $\frac{5}{84}$ .

Méthode 2 : Calculer une probabilité par dénombrement

Vérifie l'hypothèse d'équiprobabilité et calcule $\text{card}\,\Omega$ .
Pour « au moins un », passe par l'événement contraire « aucun ».
En tirage successif, n'oublie pas de multiplier par le nombre d'ordres possibles.

Exemple

Même urne, tirage simultané de $3$ boules. L'événement « au moins une boule rouge » a pour contraire « aucune rouge », qui contient $C_5^3 = 10$ issues. Donc $p = 1 - \frac{10}{84} = \frac{74}{84} = \frac{37}{42}$ .

En tirage successif sans remise, « exactement deux rouges » : $3$ ordres possibles, chacun donnant $A_4^2 \times A_5^1 = 12 \times 5 = 60$ issues, soit $180$ issues. Donc $p = \frac{180}{504} = \frac{5}{14}$ . On retrouve le même résultat qu'en tirage simultané : $\frac{C_4^2 \times C_5^1}{C_9^3} = \frac{30}{84} = \frac{5}{14}$ .

Méthode 3 : Utiliser un arbre pondéré et les probabilités totales

Nomme les événements de la première étape (ils doivent former une partition).
Place sur les branches les probabilités données ; complète pour que chaque nœud totalise $1$ .
Applique la formule des probabilités totales, puis la définition de $p_B(A)$ pour « inverser » le conditionnement.

Exemple

Salma va au lycée en tramway $60\,\%$ des jours, sinon à pied. En tramway, elle arrive en retard avec une probabilité $0{,}1$ ; à pied, avec une probabilité $0{,}25$ . On note $T$ : « elle prend le tramway » et $R$ : « elle est en retard ».

Branches : $p(T) = 0{,}6$ , $p(\overline{T}) = 0{,}4$ , $p_T(R) = 0{,}1$ , $p_{\overline{T}}(R) = 0{,}25$ .
$p(R) = 0{,}6 \times 0{,}1 + 0{,}4 \times 0{,}25 = 0{,}06 + 0{,}1 = 0{,}16$ .
Sachant qu'elle est en retard, la probabilité qu'elle ait pris le tramway est $p_R(T) = \frac{p(T \cap R)}{p(R)} = \frac{0{,}06}{0{,}16} = 0{,}375$ .

Méthode 4 : Déterminer la loi d'une variable aléatoire et ses paramètres

Liste toutes les valeurs possibles de $X$ .
Calcule $p(X = x_i)$ pour chacune et vérifie que la somme vaut $1$ .
Calcule $E(X)$ , puis $E(X^2)$ , puis $V(X) = E(X^2) - (E(X))^2$ et $\sigma(X)$ .

Exemple

À la kermesse de fin d'année, on lance un dé équilibré. Avec un $6$ on gagne $10$ DH, avec un $4$ ou un $5$ on gagne $2$ DH, sinon on perd $3$ DH. Soit $X$ le gain algébrique.

Loi : $p(X = 10) = \frac{1}{6}$ , $p(X = 2) = \frac{2}{6}$ , $p(X = -3) = \frac{3}{6}$ ; la somme vaut bien $1$ .
$E(X) = \frac{10 + 4 - 9}{6} = \frac{5}{6} \approx 0{,}83$ DH : le jeu est favorable au joueur.
$E(X^2) = \frac{100 + 8 + 27}{6} = \frac{45}{2}$ , donc $V(X) = \frac{45}{2} - \frac{25}{36} = \frac{785}{36} \approx 21{,}81$ et $\sigma(X) \approx 4{,}67$ .

Méthode 5 : Reconnaître et utiliser une loi binomiale

Repère une épreuve à deux issues (succès / échec) et précise $p$ .
Vérifie qu'elle est répétée $n$ fois de façon indépendante (tirages avec remise, lancers...).
Conclus : $X$ (nombre de succès) suit $\mathcal{B}(n, p)$ , puis applique les formules.

Exemple

On lance $5$ fois un dé équilibré et $X$ compte le nombre de $6$ obtenus. Chaque lancer est une épreuve à deux issues (succès « obtenir $6$ », de probabilité $\frac{1}{6}$ ), répétée $5$ fois de façon indépendante : $X$ suit $\mathcal{B}\left(5, \frac{1}{6}\right)$ .

$p(X = 2) = C_5^2 \left(\frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^3 = 10 \times \frac{125}{7776} = \frac{625}{3888} \approx 0{,}161$ .
$E(X) = \frac{5}{6}$ et $V(X) = 5 \times \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{25}{36}$ .

Exercices corrigés

Exercice 1 : Codes et comités

Facile

Énoncé

Le cadenas d'un casier du lycée s'ouvre avec un code de $4$ chiffres, chacun choisi entre $0$ et $9$ . Combien de codes différents existe-t-il ?
Combien de ces codes ont leurs $4$ chiffres deux à deux distincts ?
Déduis-en le nombre de codes comportant au moins deux chiffres identiques.
Une classe de $30$ élèves élit un bureau formé d'un président, d'un secrétaire et d'un trésorier (trois élèves différents). Combien de bureaux sont possibles ?
La même classe désigne plutôt un comité de $3$ élèves, sans rôles. Combien de comités sont possibles ?

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1. Chaque chiffre a $10$ possibilités, avec répétition permise : $10^4 = 10\,000$ codes.

2. Les chiffres sont distincts et l'ordre compte : $A_{10}^4 = 10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040$ codes.

3. « Au moins deux chiffres identiques » est le contraire de « chiffres tous distincts » : $10\,000 - 5\,040 = 4\,960$ codes.

4. Les rôles sont différents, donc l'ordre compte, sans répétition : $A_{30}^3 = 30 \times 29 \times 28 = 24\,360$ bureaux.

5. Sans rôles, l'ordre ne compte plus : $C_{30}^3 = \frac{24\,360}{3!} = \frac{24\,360}{6} = 4\,060$ comités.

Exercice 2 : Tirage simultané de deux boules

Facile

Énoncé

Une urne contient $5$ boules blanches et $3$ boules noires, indiscernables au toucher. On tire simultanément $2$ boules.

Calcule le nombre de tirages possibles.
Calcule la probabilité de l'événement $A$ : « les deux boules sont blanches ».
Calcule la probabilité de l'événement $B$ : « les deux boules sont de la même couleur ».
Calcule la probabilité de l'événement $C$ : « au moins une boule est noire ».

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1. Tirage simultané de $2$ boules parmi $8$ : $\text{card}\,\Omega = C_8^2 = \frac{8 \times 7}{2} = 28$ . Les boules étant indiscernables au toucher, il y a équiprobabilité.

2. $\text{card}\,A = C_5^2 = 10$ , donc $p(A) = \frac{10}{28} = \frac{5}{14}$ .

3. Deux blanches ou deux noires : $\text{card}\,B = C_5^2 + C_3^2 = 10 + 3 = 13$ , donc $p(B) = \frac{13}{28}$ .

4. $C$ est le contraire de $A$ (« aucune noire » signifie « deux blanches ») : $p(C) = 1 - \frac{5}{14} = \frac{9}{14}$ .

Contrôle direct : une noire et une blanche donne $C_3^1 \times C_5^1 = 15$ issues, deux noires donne $3$ issues, soit $\frac{18}{28} = \frac{9}{14}$ .

Exercice 3 : Tirages successifs de jetons

Moyen

Énoncé

Un sac contient $6$ jetons indiscernables au toucher : trois portent le chiffre $1$ , deux le chiffre $2$ et un le chiffre $3$ .

On tire successivement et sans remise $2$ jetons. Calcule la probabilité des événements $A$ : « les deux jetons portent le même chiffre », $B$ : « la somme des deux chiffres est paire » et $C$ : « la somme des deux chiffres vaut $3$ ».
On tire maintenant successivement et avec remise $2$ jetons. Calcule la probabilité de $A$ .

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1. Tirage successif sans remise de $2$ jetons parmi $6$ : $\text{card}\,\Omega = A_6^2 = 30$ .

$A$ : deux « $1$ » ( $A_3^2 = 6$ issues) ou deux « $2$ » ( $A_2^2 = 2$ issues). Le « $3$ » est seul, il ne peut pas sortir deux fois. Donc $p(A) = \frac{8}{30} = \frac{4}{15}$ .
$B$ : la somme est paire si les deux chiffres sont de même parité. Il y a $4$ jetons impairs (trois « $1$ » et le « $3$ ») et $2$ jetons pairs. Donc $\text{card}\,B = A_4^2 + A_2^2 = 12 + 2 = 14$ et $p(B) = \frac{14}{30} = \frac{7}{15}$ .
$C$ : un « $1$ » et un « $2$ », dans les deux ordres possibles : $2 \times (3 \times 2) = 12$ issues. Donc $p(C) = \frac{12}{30} = \frac{2}{5}$ .

2. Avec remise : $\text{card}\,\Omega = 6^2 = 36$ . Deux « $1$ » : $3^2 = 9$ issues ; deux « $2$ » : $2^2 = 4$ ; deux « $3$ » : $1$ . Donc $p(A) = \frac{14}{36} = \frac{7}{18}$ .

Avec remise, le « $3$ » peut sortir deux fois : c'est pourquoi le résultat diffère de la question 1.

Exercice 4 : Sport au lycée

Moyen

Énoncé

Dans un lycée de Tanger, $55\,\%$ des élèves sont des filles. Parmi les filles, $40\,\%$ pratiquent un sport en club ; parmi les garçons, $30\,\%$ . On choisit un élève au hasard et on note $F$ : « l'élève est une fille » et $S$ : « l'élève pratique un sport en club ».

Traduis les données par des probabilités et construis l'arbre pondéré.
Calcule $p(F \cap S)$ puis $p(S)$ .
L'élève choisi pratique un sport en club. Quelle est la probabilité que ce soit une fille ? Arrondis à $10^{-3}$ .
Les événements $F$ et $S$ sont-ils indépendants ?

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1. $p(F) = 0{,}55$ , $p(\overline{F}) = 0{,}45$ , $p_F(S) = 0{,}4$ , $p_F(\overline{S}) = 0{,}6$ , $p_{\overline{F}}(S) = 0{,}3$ , $p_{\overline{F}}(\overline{S}) = 0{,}7$ . L'arbre a deux branches au premier niveau ( $F$ et $\overline{F}$ ), puis deux branches ( $S$ et $\overline{S}$ ) au bout de chacune.

2. $p(F \cap S) = p(F) \times p_F(S) = 0{,}55 \times 0{,}4 = 0{,}22$ .

Comme $F$ et $\overline{F}$ forment une partition, la formule des probabilités totales donne :

p(S) = 0{,}55 \times 0{,}4 + 0{,}45 \times 0{,}3 = 0{,}22 + 0{,}135 = 0{,}355

3. $p_S(F) = \frac{p(F \cap S)}{p(S)} = \frac{0{,}22}{0{,}355} = \frac{44}{71} \approx 0{,}620$ .

4. $p(F) \times p(S) = 0{,}55 \times 0{,}355 = 0{,}19525 \neq 0{,}22 = p(F \cap S)$ : $F$ et $S$ ne sont pas indépendants. On le voit aussi avec $p_F(S) = 0{,}4 \neq p(S) = 0{,}355$ .

Exercice 5 : Indépendance avec deux dés

Moyen

Énoncé

On lance un dé rouge et un dé vert, tous deux équilibrés, et on note le couple des résultats (résultat du dé rouge, résultat du dé vert). On considère les événements $A$ : « le dé rouge donne un nombre pair », $B$ : « la somme des deux dés vaut $7$ » et $C$ : « la somme des deux dés vaut $8$ ».

Calcule $p(A)$ , $p(B)$ et $p(C)$ .
Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?
Les événements $A$ et $C$ sont-ils indépendants ?

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1. Il y a $6 \times 6 = 36$ couples équiprobables.

$A$ : le dé rouge a $3$ résultats pairs, le vert $6$ résultats : $18$ couples, donc $p(A) = \frac{1}{2}$ .
$B$ : $(1, 6)$ , $(2, 5)$ , $(3, 4)$ , $(4, 3)$ , $(5, 2)$ , $(6, 1)$ , donc $p(B) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$ .
$C$ : $(2, 6)$ , $(3, 5)$ , $(4, 4)$ , $(5, 3)$ , $(6, 2)$ , donc $p(C) = \frac{5}{36}$ .

2. $A \cap B = \{(2, 5), (4, 3), (6, 1)\}$ , donc $p(A \cap B) = \frac{3}{36} = \frac{1}{12}$ . Or $p(A) \times p(B) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{12}$ : $A$ et $B$ sont indépendants.

3. $A \cap C = \{(2, 6), (4, 4), (6, 2)\}$ , donc $p(A \cap C) = \frac{3}{36} = \frac{6}{72}$ . Or $p(A) \times p(C) = \frac{1}{2} \times \frac{5}{36} = \frac{5}{72}$ : $A$ et $C$ ne sont pas indépendants.

L'indépendance se vérifie toujours par le calcul : l'intuition ne suffit pas.

Exercice 6 : Variable aléatoire et jeu

Moyen

Énoncé

Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ boules vertes, indiscernables au toucher. Un joueur tire simultanément $2$ boules. On note $X$ le nombre de boules rouges tirées.

Détermine la loi de probabilité de $X$ .
Calcule $E(X)$ , $V(X)$ et $\sigma(X)$ .
Le joueur gagne $5$ DH par boule rouge tirée et perd $4$ DH par boule verte tirée. On note $G$ son gain algébrique. Exprime $G$ en fonction de $X$ , donne la loi de $G$ et dis si le jeu est favorable au joueur.

Voir le corrigé

1. $\text{card}\,\Omega = C_5^2 = 10$ et $X(\Omega) = \{0, 1, 2\}$ .

$p(X = 0) = \frac{C_2^2}{10} = \frac{1}{10}$ (deux vertes).
$p(X = 1) = \frac{C_3^1 \times C_2^1}{10} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ .
$p(X = 2) = \frac{C_3^2}{10} = \frac{3}{10}$ .

$x_i$	$0$	$1$	$2$
$p(X = x_i)$	$\frac{1}{10}$	$\frac{6}{10}$	$\frac{3}{10}$

Contrôle : $\frac{1 + 6 + 3}{10} = 1$ .

2. $E(X) = 0 \times \frac{1}{10} + 1 \times \frac{6}{10} + 2 \times \frac{3}{10} = \frac{12}{10} = \frac{6}{5}$ .

$E(X^2) = 0 + \frac{6}{10} + 4 \times \frac{3}{10} = \frac{18}{10} = \frac{9}{5}$ , donc $V(X) = \frac{9}{5} - \frac{36}{25} = \frac{9}{25}$ et $\sigma(X) = \frac{3}{5}$ .

3. Le joueur tire $X$ rouges et $2 - X$ vertes, donc $G = 5X - 4(2 - X) = 9X - 8$ .

$G$ prend les valeurs $-8$ (si $X = 0$ ), $1$ (si $X = 1$ ) et $10$ (si $X = 2$ ), avec les probabilités $\frac{1}{10}$ , $\frac{6}{10}$ et $\frac{3}{10}$ .

$E(G) = -8 \times \frac{1}{10} + 1 \times \frac{6}{10} + 10 \times \frac{3}{10} = \frac{-8 + 6 + 30}{10} = 2{,}8$ DH.

$E(G) > 0$ : le jeu est favorable au joueur.

Contrôle : en revenant à la définition de l'espérance, $E(G) = \sum (9x_i - 8)\,p_i = 9 \sum x_i\,p_i - 8 \sum p_i = 9\,E(X) - 8$ , car la somme des $p_i$ vaut $1$ . On retrouve $9 \times 1{,}2 - 8 = 2{,}8$ DH.

Exercice 7 : Rang de la première boule verte

Difficile

Énoncé

Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ boules vertes, indiscernables au toucher. On tire les boules une par une, au hasard et sans remise, jusqu'à obtenir une boule verte. On note $X$ le rang du tirage où apparaît la première boule verte.

Justifie que $X$ prend les valeurs $1$ , $2$ , $3$ et $4$ .
Détermine la loi de probabilité de $X$ .
Calcule $E(X)$ , $V(X)$ et $\sigma(X)$ .
Calcule la probabilité qu'il faille au moins $3$ tirages.

Voir le corrigé

1. La première verte peut sortir dès le premier tirage. Comme il n'y a que $3$ rouges, au plus tard le quatrième tirage donne une verte. Donc $X(\Omega) = \{1, 2, 3, 4\}$ .

2. On utilise les probabilités composées, en tenant compte de la composition de l'urne qui change à chaque tirage. Par exemple, $X = 3$ signifie : rouge, puis rouge, puis verte.

$p(X = 1) = \frac{2}{5}$ .
$p(X = 2) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} = \frac{3}{10}$ .
$p(X = 3) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{5}$ .
$p(X = 4) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} \times \frac{1}{3} \times \frac{2}{2} = \frac{1}{10}$ .

$x_i$	$1$	$2$	$3$	$4$
$p(X = x_i)$	$\frac{4}{10}$	$\frac{3}{10}$	$\frac{2}{10}$	$\frac{1}{10}$

Contrôle : $\frac{4 + 3 + 2 + 1}{10} = 1$ .

3. $E(X) = \frac{1 \times 4 + 2 \times 3 + 3 \times 2 + 4 \times 1}{10} = \frac{20}{10} = 2$ .

$E(X^2) = \frac{1 \times 4 + 4 \times 3 + 9 \times 2 + 16 \times 1}{10} = \frac{50}{10} = 5$ , donc $V(X) = 5 - 2^2 = 1$ et $\sigma(X) = 1$ .

4. $p(X \geq 3) = p(X = 3) + p(X = 4) = \frac{2}{10} + \frac{1}{10} = \frac{3}{10}$ .

Autre méthode : $X \geq 3$ signifie que les deux premières boules sont rouges, soit $\frac{3}{5} \times \frac{2}{4} = \frac{3}{10}$ .

Exercice 8 : Urne tricolore et épreuves répétées

Type Bac

Énoncé

Une urne contient $10$ boules indiscernables au toucher : $5$ rouges, $3$ blanches et $2$ vertes. On tire simultanément $3$ boules.

On considère les événements $A$ : « les trois boules ont la même couleur », $B$ : « les trois boules sont de couleurs différentes » et $C$ : « au moins une boule verte est tirée ». Montre que $p(A) = \frac{11}{120}$ , $p(B) = \frac{1}{4}$ et $p(C) = \frac{8}{15}$ .
Soit $X$ la variable aléatoire égale au nombre de boules vertes tirées. a) Détermine la loi de probabilité de $X$ . b) Calcule $E(X)$ et $V(X)$ .
On répète $4$ fois l'expérience précédente, en remettant les $3$ boules dans l'urne après chaque tirage. Calcule la probabilité que l'événement $B$ se réalise exactement $2$ fois, puis la probabilité qu'il se réalise au moins une fois.

Voir le corrigé

1. $\text{card}\,\Omega = C_{10}^3 = \frac{10 \times 9 \times 8}{6} = 120$ , avec équiprobabilité.

$A$ : trois rouges ( $C_5^3 = 10$ ) ou trois blanches ( $C_3^3 = 1$ ) ; trois vertes est impossible. Donc $p(A) = \frac{11}{120}$ .
$B$ : une boule de chaque couleur : $C_5^1 \times C_3^1 \times C_2^1 = 30$ , donc $p(B) = \frac{30}{120} = \frac{1}{4}$ .
$\overline{C}$ : « aucune verte », c'est-à-dire $3$ boules parmi les $8$ non vertes : $C_8^3 = 56$ . Donc $p(C) = 1 - \frac{56}{120} = \frac{64}{120} = \frac{8}{15}$ .

2. a) $X(\Omega) = \{0, 1, 2\}$ .

$p(X = 0) = \frac{C_8^3}{120} = \frac{56}{120} = \frac{7}{15}$ .
$p(X = 1) = \frac{C_2^1 \times C_8^2}{120} = \frac{2 \times 28}{120} = \frac{7}{15}$ .
$p(X = 2) = \frac{C_2^2 \times C_8^1}{120} = \frac{8}{120} = \frac{1}{15}$ .

Contrôle : $\frac{7 + 7 + 1}{15} = 1$ .

2. b) $E(X) = 0 \times \frac{7}{15} + 1 \times \frac{7}{15} + 2 \times \frac{1}{15} = \frac{9}{15} = \frac{3}{5}$ .

$E(X^2) = \frac{7}{15} + \frac{4}{15} = \frac{11}{15}$ , donc $V(X) = \frac{11}{15} - \frac{9}{25} = \frac{55 - 27}{75} = \frac{28}{75}$ .

3. Les $4$ épreuves sont identiques et indépendantes (on remet les boules), et $B$ a la probabilité $\frac{1}{4}$ à chaque épreuve. On note $D$ l'événement « $B$ se réalise exactement $2$ fois ». D'après la formule des épreuves répétées :

p(D) = C_4^2 \left(\frac{1}{4}\right)^2 \left(\frac{3}{4}\right)^2 = 6 \times \frac{1}{16} \times \frac{9}{16} = \frac{27}{128} \approx 0{,}211

« Au moins une fois » est le contraire de « jamais » : $1 - \left(\frac{3}{4}\right)^4 = 1 - \frac{81}{256} = \frac{175}{256} \approx 0{,}684$ .

Exercice 9 : QCM, arbre et loi binomiale

Type Bac

Énoncé

Partie A. Pour chaque question d'un QCM à $4$ propositions dont une seule est juste, Youssef connaît la bonne réponse avec une probabilité $0{,}6$ . S'il ne la connaît pas, il répond au hasard. On note $K$ : « Youssef connaît la réponse » et $J$ : « sa réponse est juste ».

Donne $p_K(J)$ et $p_{\overline{K}}(J)$ , puis montre que $p(J) = 0{,}7$ .
Sachant que la réponse de Youssef est juste, quelle est la probabilité qu'il ait connu la réponse ?

Partie B. Le QCM comporte $4$ questions indépendantes. On note $X$ le nombre de réponses justes de Youssef.

Justifie que $X$ suit une loi binomiale dont tu préciseras les paramètres.
Détermine la loi de probabilité de $X$ .
Calcule $E(X)$ , $V(X)$ et $\sigma(X)$ (arrondi à $10^{-2}$ ).
Calcule la probabilité que Youssef donne au moins $3$ réponses justes.

Voir le corrigé

Partie A.

1. S'il connaît la réponse, elle est juste : $p_K(J) = 1$ . Sinon, il choisit au hasard parmi $4$ propositions : $p_{\overline{K}}(J) = \frac{1}{4}$ .

$K$ et $\overline{K}$ forment une partition, donc :

p(J) = p(K)\,p_K(J) + p(\overline{K})\,p_{\overline{K}}(J) = 0{,}6 \times 1 + 0{,}4 \times 0{,}25 = 0{,}6 + 0{,}1 = 0{,}7

2. D'abord $p(K \cap J) = p(K) \times p_K(J) = 0{,}6 \times 1 = 0{,}6$ . Donc $p_J(K) = \frac{p(K \cap J)}{p(J)} = \frac{0{,}6}{0{,}7} = \frac{6}{7} \approx 0{,}857$ .

Partie B.

1. Chaque question est une épreuve à deux issues : « juste » (succès, probabilité $0{,}7$ ) ou « fausse ». Elle est répétée $4$ fois de façon indépendante, et $X$ compte les succès : $X$ suit la loi $\mathcal{B}(4\,;\,0{,}7)$ .

2. Pour $k \in \{0, 1, 2, 3, 4\}$ : $p(X = k) = C_4^k\,(0{,}7)^k\,(0{,}3)^{4 - k}$ .

$p(X = 0) = (0{,}3)^4 = 0{,}0081$ .
$p(X = 1) = 4 \times 0{,}7 \times (0{,}3)^3 = 0{,}0756$ .
$p(X = 2) = 6 \times (0{,}7)^2 \times (0{,}3)^2 = 0{,}2646$ .
$p(X = 3) = 4 \times (0{,}7)^3 \times 0{,}3 = 0{,}4116$ .
$p(X = 4) = (0{,}7)^4 = 0{,}2401$ .

Contrôle : $0{,}0081 + 0{,}0756 + 0{,}2646 + 0{,}4116 + 0{,}2401 = 1$ .

3. $E(X) = np = 4 \times 0{,}7 = 2{,}8$ ; $V(X) = np(1 - p) = 4 \times 0{,}7 \times 0{,}3 = 0{,}84$ ; $\sigma(X) = \sqrt{0{,}84} \approx 0{,}92$ .

4. $p(X \geq 3) = p(X = 3) + p(X = 4) = 0{,}4116 + 0{,}2401 = 0{,}6517$ .

QCM

QCM de 8 questions

Une réponse, puis l'explication : les questions ratées sont gardées dans Mes pièges.

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Erreurs fréquentes

Confondre tirage simultané et tirage successif : simultané se compte avec $C_n^p$ (pas d'ordre), successif sans remise avec $A_n^p$ (ordre).
En tirage successif, oublier de multiplier par le nombre d'ordres possibles (par exemple $3$ ordres pour « deux rouges et une verte »).
Confondre $p_B(A)$ et $p_A(B)$ : écris toujours la formule $p_B(A) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)}$ , le conditionnement est au dénominateur.
Confondre « incompatibles » ( $A \cap B = \emptyset$ ) et « indépendants » ( $p(A \cap B) = p(A)\,p(B)$ ).
Calculer « au moins un » en additionnant de nombreux cas au lieu de passer par le contraire « aucun ».
Oublier de vérifier que la somme des probabilités d'une loi vaut $1$ : c'est le meilleur contrôle de tes calculs.
Écrire $V(X) = E(X^2) - E(X)$ : il faut soustraire le carré de l'espérance.
Dans la loi binomiale, oublier le coefficient $C_n^k$ ou utiliser la loi binomiale pour des tirages sans remise (les épreuves ne sont plus indépendantes).

À retenir

Principe multiplicatif : on multiplie les nombres de choix de chaque étape.
$A_n^p = \frac{n!}{(n - p)!}$ (ordre, sans répétition), $C_n^p = \frac{n!}{p!\,(n - p)!}$ (sans ordre), $n^p$ (ordre, avec répétition).
Simultané : $C_n^p$ ; successif sans remise : $A_n^p$ ; successif avec remise : $n^p$ .
Équiprobabilité : $p(A) = \frac{\text{card}\,A}{\text{card}\,\Omega}$ ; contraire : $p(\overline{A}) = 1 - p(A)$ .
Probabilité conditionnelle : $p_B(A) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)}$ , donc $p(A \cap B) = p(B)\,p_B(A)$ .
Probabilités totales : $p(A) = p(B)\,p_B(A) + p(\overline{B})\,p_{\overline{B}}(A)$ .
Indépendance : $p(A \cap B) = p(A) \times p(B)$ .
Épreuves répétées : $k$ succès sur $n$ épreuves indépendantes avec probabilité $C_n^k\,p^k\,(1 - p)^{n - k}$ .
$E(X) = \sum x_i p_i$ , $V(X) = E(X^2) - (E(X))^2$ , $\sigma(X) = \sqrt{V(X)}$ .
Loi binomiale $\mathcal{B}(n, p)$ : $E(X) = np$ et $V(X) = np(1 - p)$ .

Mes notes

Tes notes restent sur cet appareil.

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