Quand toutes les issues d'une expérience ont la même probabilité, $P(A) = \dfrac{\operatorname{Card}(A)}{\operatorname{Card}(\Omega)}$ : calculer une probabilité, c'est compter deux fois, dans le même univers. Tu tires trois boules d'un coup dans une urne de 5 blanches et 4 noires : il y a $\dbinom{9}{3} = 84$ poignées possibles, dont $\dbinom{5}{3} = 10$ entièrement blanches, donc la probabilité d'avoir trois blanches vaut $\dfrac{10}{84} = \dfrac{5}{42}$. Tout se joue dans le choix de l'univers et dans un comptage sans oubli ni doublon : voici la méthode, les pièges qui coûtent des points, puis trois exercices corrigés.
La règle : deux comptages dans le même univers
L'univers $\Omega$ est l'ensemble des issues de l'expérience, et un événement $A$ en est une partie. La règle se retrouve en deux lignes. Si les $\operatorname{Card}(\Omega)$ issues ont la même probabilité, chacune vaut $\dfrac{1}{\operatorname{Card}(\Omega)}$, puisque leur somme fait 1. L'événement $A$ réunit $\operatorname{Card}(A)$ issues deux à deux incompatibles : on additionne leurs probabilités.
Règle : sur un univers fini $\Omega$ muni de la probabilité uniforme, pour tout événement $A$, $P(A) = \dfrac{\operatorname{Card}(A)}{\operatorname{Card}(\Omega)}$.
L'équiprobabilité n'est jamais automatique : c'est un choix de modèle, que l'énoncé doit justifier par des mots comme « au hasard » ou « indiscernables au toucher ». Ton travail : choisir un univers dont les issues sont vraiment équiprobables, puis compter.
Piège classique : on lance deux dés équilibrés et on cherche la probabilité que la somme fasse 7. Les 11 sommes possibles, de 2 à 12, ne sont pas équiprobables : la réponse n'est pas $\dfrac{1}{11}$. Distingue les dés, même identiques (imagine-en un rouge et un bleu) : $\Omega = \{1,\dots,6\}^2$ compte 36 couples équiprobables, dont 6 de somme 7, de $(1,6)$ à $(6,1)$. La probabilité vaut $\dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$.
Trois tirages, trois façons de compter
En MPSI et MP2I, le programme introduit le dénombrement « essentiellement en vue de son utilisation en probabilités » (programme officiel). Dans un exercice d'urne, tout dépend de la façon de tirer. On note $n$ le nombre de boules, numérotées pour les distinguer, et $p$ le nombre de boules tirées.
| Tirage de $p$ boules | Une issue est | Nombre d'issues |
|---|---|---|
| successif avec remise | une $p$-liste | $n^p$ |
| successif sans remise | une $p$-liste d'éléments distincts | $\dfrac{n!}{(n-p)!}$ |
| simultané | une partie à $p$ éléments | $\dbinom{n}{p}$ |
Les trois nombres viennent du même principe : on multiplie les nombres de choix à chaque étape. Avec remise, chaque tirage offre $n$ boules. Sans remise, il en reste une de moins à chaque fois : $n(n-1)\cdots(n-p+1) = \dfrac{n!}{(n-p)!}$. Enfin, chaque poignée de $p$ boules donne $p!$ listes selon l'ordre de sortie, donc il y a $p!$ fois moins de poignées que de listes sans remise, d'où $\dbinom{n}{p} = \dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}$. Beaucoup de livres notent $A_n^p$ le nombre du milieu ; le programme parle simplement de $p$-listes d'éléments distincts.
Conseil : souligne le verbe de l'énoncé. « Simultanément » ou « une poignée » : des parties. « Successivement » : des listes, avec ou sans remise selon ce qui est précisé. Si l'énoncé ne tranche pas, écris ton hypothèse sur ta copie.
Changer de modèle sans changer la probabilité
Sortir trois boules d'un coup, ou une par une sans les remettre, c'est la même expérience : un tirage simultané se traite aussi avec des listes. Reprends l'urne de l'introduction : $\operatorname{Card}(\Omega) = 9 \times 8 \times 7 = 504$ listes, dont $5 \times 4 \times 3 = 60$ de trois blanches. On retrouve $\dfrac{60}{504} = \dfrac{5}{42}$.
Ce n'est pas un hasard : chaque poignée correspond à $3! = 6$ listes, donc le numérateur et le dénominateur sont tous deux multipliés par 6. Cela ne marche que si les deux comptages se font dans le même modèle.
Piège classique : la probabilité d'avoir une blanche et deux noires. Avec des parties : $\dfrac{\binom{5}{1}\binom{4}{2}}{\binom{9}{3}} = \dfrac{5 \times 6}{84} = \dfrac{5}{14}$. Avec des listes, compter $5 \times 4 \times 3 = 60$ (une blanche, puis deux noires) donne $\dfrac{60}{504} = \dfrac{5}{42}$, ce qui est faux : la blanche peut sortir en premier, en deuxième ou en troisième. Il faut multiplier par ces 3 positions : $\dfrac{180}{504} = \dfrac{5}{14}$.
Prends donc le modèle où l'événement se compte le plus facilement. S'il ne parle que de composition (combien de blanches), les parties suffisent et vont plus vite. S'il parle d'un rang, comme « la deuxième boule est blanche », il te faut des listes.
« Au moins un » : compter le contraire
Pour « au moins un » ou « au moins deux », le comptage direct oblige à séparer de nombreux cas. L'événement contraire tient souvent en un seul comptage, et $P(A) = 1 - P(\overline{A})$. En MPSI et MP2I, la formule du crible, qui généralise $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ à plus de deux événements, est hors programme : raison de plus pour penser au contraire.
Exemple : dans un groupe de $n$ personnes, quelle est la probabilité qu'au moins deux aient le même jour d'anniversaire ? On suppose chaque date de naissance prise au hasard parmi 365 jours (on laisse de côté le 29 février). Une issue est une $n$-liste de jours, donc $\operatorname{Card}(\Omega) = 365^n$, et le contraire, « toutes les dates sont différentes », compte des listes d'éléments distincts :
$$P(\text{au moins deux dates communes}) = 1 - \frac{365 \times 364 \times \cdots \times (365-n+1)}{365^n}$$
Pour $n = 22$, on trouve environ $0{,}476$ ; pour $n = 23$, environ $0{,}507$. À partir de 23 personnes, la probabilité dépasse $\dfrac{1}{2}$.
Exercices corrigés
Du plus direct au niveau d'un devoir surveillé. Cherche chacun sur ta feuille avant d'ouvrir la correction.
Exercice 1 : Dans un groupe de 40 étudiants, dont toi et ton binôme, le professeur tire au sort 3 étudiants différents qui passeront au tableau. Calcule la probabilité que tu sois tiré, puis celle qu'au moins l'un de vous deux le soit.
Correction :
Une issue est une partie à 3 étudiants : $\operatorname{Card}(\Omega) = \dbinom{40}{3} = \dfrac{40 \times 39 \times 38}{6} = 9\,880$.
Les tirages qui te contiennent se forment en choisissant les 2 autres parmi 39 : $\dbinom{39}{2} = 741$. La probabilité vaut $\dfrac{741}{9\,880} = \dfrac{3}{40}$. Bon sens : 3 places pour 40 étudiants traités de la même façon, chacun a 3 chances sur 40.
Pour « au moins l'un de vous deux », passe au contraire : aucun de vous deux, soit 3 étudiants parmi les 38 autres, $\dbinom{38}{3} = 8\,436$ tirages. La probabilité cherchée vaut $1 - \dfrac{8\,436}{9\,880} = \dfrac{1\,444}{9\,880} = \dfrac{19}{130} \approx 0{,}15$.
Exercice 2 : Une urne contient 3 boules rouges et 7 boules vertes, indiscernables au toucher. On tire successivement et sans remise deux boules. Quelle est la probabilité que la deuxième soit rouge ?
Correction :
L'événement parle d'un rang, donc on travaille avec des listes. On numérote les 10 boules ; une issue est une $2$-liste de boules distinctes, et $\operatorname{Card}(\Omega) = 10 \times 9 = 90$.
Pour compter les listes dont la deuxième boule est rouge, commence par elle : 3 choix, puis 9 choix pour la première parmi les boules restantes. Cela fait $3 \times 9 = 27$ listes, et une probabilité de $\dfrac{27}{90} = \dfrac{3}{10}$.
Le piège : répondre $\dfrac{2}{9}$ ou $\dfrac{3}{9}$ en imaginant le résultat du premier tirage. Tant qu'on ne le connaît pas, la deuxième boule a exactement autant de chances d'être rouge que la première.
Exercice 3 : Une urne contient 10 boules numérotées de 1 à 10. On en tire trois successivement avec remise et on note les numéros dans l'ordre de sortie. Calcule la probabilité que les trois numéros soient distincts, puis celle qu'ils sortent dans l'ordre strictement croissant.
Correction :
Une issue est une $3$-liste de numéros, et les $10^3 = 1\,000$ listes sont équiprobables.
Numéros distincts : $10 \times 9 \times 8 = 720$ listes, d'où une probabilité de $\dfrac{720}{1\,000} = \dfrac{18}{25} = 0{,}72$.
Ordre strictement croissant : une telle liste a trois numéros distincts, et trois numéros distincts, par exemple $\{2, 5, 9\}$, ne se rangent que d'une façon dans l'ordre croissant. Il y a donc autant de listes croissantes que de parties à 3 éléments : $\dbinom{10}{3} = 120$. La probabilité vaut $\dfrac{120}{1\,000} = \dfrac{3}{25} = 0{,}12$.
Contrôle : chaque groupe de 3 numéros distincts donne $3! = 6$ listes, dont une seule croissante, et $\dfrac{720}{6} = 120$.
À retenir
À retenir :
- $P(A) = \dfrac{\operatorname{Card}(A)}{\operatorname{Card}(\Omega)}$ seulement si les issues sont équiprobables : choisis $\Omega$ pour qu'elles le soient.
- Avec remise : $n^p$ listes. Sans remise : $\dfrac{n!}{(n-p)!}$ listes. Simultané : $\dbinom{n}{p}$ parties.
- Un tirage simultané se traite aussi en listes, à condition de compter en haut et en bas dans le même modèle.
- Un événement qui parle d'un rang demande des listes.
- « Au moins un » : passe par le contraire.
Sources
- Programme de mathématiques des classes préparatoires MPSI et MP2I, annexe 1, ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, 2021 : texte sur education.gouv.fr (parties « Dénombrement » et « Probabilités »).