Succession d'épreuves indépendantes

L'essentiel en trois idées

Idée 1 — l'indépendance. Deux épreuves sont indépendantes quand le résultat de l'une n'influe pas sur l'autre : relancer un dé, tirer une boule avec remise puis retirer. La règle : $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$.

Idée 2 — l'arbre. On dessine un arbre de probabilités : chaque branche porte une probabilité. Le long d'un chemin (de la racine jusqu'à une feuille) on multiplie. Si plusieurs chemins mènent au même résultat, on additionne leurs probabilités.

Idée 3 — quand tout se répète à l'identique. Si tu répètes $n$ fois la même épreuve à deux issues (succès de probabilité $p$, échec de probabilité $1-p$), le nombre de succès $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$, et une seule formule donne $P(X=k)$.

Les formules qui rapportent des points

Indépendance : $P(A \cap B) = P(A)\times P(B)$.

Probabilité d'un chemin : on multiplie les branches, $P(\text{chemin}) = p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_n$.

Loi binomiale $\mathcal{B}(n,p)$ : $P(X=k) = \dbinom{n}{k}\, p^{k}(1-p)^{n-k}$, où $\dbinom{n}{k}$ compte le nombre de façons de placer les $k$ succès.

Moyenne et dispersion : $E(X) = np$ et $V(X) = np(1-p)$.

Le coefficient $\dbinom{n}{k}$ se lit à la calculatrice (touche « combinaison » ou $n\mathrm{C}r$). Ne l'oublie jamais : c'est lui qui compte les ordres possibles.

Un exemple traité en entier

Énoncé. Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ bleues. On tire deux boules avec remise (on remet la première avant de tirer la seconde). Probabilité d'obtenir exactement une rouge ?

Étape 1. À chaque tirage : $P(R) = \dfrac{3}{5} = 0{,}6$ et $P(B) = \dfrac{2}{5} = 0{,}4$. Il y a remise, donc les deux tirages sont indépendants.

Étape 2. « Exactement une rouge » se réalise par deux chemins : rouge puis bleue ($RB$), ou bleue puis rouge ($BR$).

Étape 3. On multiplie le long de chaque chemin : $P(RB) = 0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}24$ et $P(BR) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24$.

Étape 4. Les deux chemins sont distincts, on additionne : $P(\text{exactement 1 rouge}) = 0{,}24 + 0{,}24 = 0{,}48$.

Définitions propres

Épreuves indépendantes. Deux épreuves sont indépendantes lorsque le résultat de l'une ne modifie pas les probabilités de l'autre. Pour un événement $A$ de la première et $B$ de la seconde : $P(A \cap B) = P(A)\times P(B)$.

Succession d'épreuves. Enchaîner plusieurs épreuves, c'est réaliser une expérience composée. On la modélise par un arbre pondéré : à chaque nœud partent des branches, une par issue, portant sa probabilité ; la somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut toujours $1$.

Règle du produit. La probabilité d'un chemin (une suite d'issues) est le produit des probabilités rencontrées : $P(\text{chemin}) = p_1 \times p_2 \times \cdots \times p_n$.

Règle de la somme. La probabilité d'un événement réalisé par plusieurs chemins disjoints est la somme des probabilités de ces chemins.

Schéma de Bernoulli et loi binomiale

Épreuve de Bernoulli. Une épreuve à deux issues seulement : le succès (probabilité $p$) et l'échec (probabilité $1-p$).

Schéma de Bernoulli d'ordre $n$. On répète $n$ fois, de façon identique et indépendante, la même épreuve de Bernoulli.

Loi binomiale. Dans ce schéma, le nombre total de succès $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $p$, notée $X \sim \mathcal{B}(n,p)$, et :

$$P(X = k) = \dbinom{n}{k}\, p^{k}(1-p)^{n-k}, \qquad k \in \{0,\,1,\,\dots,\,n\}.$$

Le coefficient $\dbinom{n}{k}$ compte les chemins de l'arbre ayant exactement $k$ succès ; $p^{k}$ est la contribution des $k$ succès et $(1-p)^{n-k}$ celle des $n-k$ échecs.

Espérance et variance. $E(X) = np$ (le nombre moyen de succès) et $V(X) = np(1-p)$.

Deux exemples traités

Exemple A — lire un arbre. Urne : $3$ rouges, $2$ bleues, deux tirages avec remise, $P(R)=0{,}6$, $P(B)=0{,}4$. Pour « exactement une rouge », les chemins $RB$ et $BR$ valent chacun $0{,}6\times0{,}4 = 0{,}24$, d'où $0{,}24+0{,}24 = 0{,}48$.

Exemple B — loi binomiale. On lance un dé équilibré $4$ fois ; « succès » = obtenir un $6$, donc $p = \dfrac{1}{6}$ et $X \sim \mathcal{B}\!\left(4,\, \dfrac{1}{6}\right)$.

Probabilité d'obtenir exactement deux $6$ : $P(X=2) = \dbinom{4}{2}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{2}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2}$.

$= 6 \times \dfrac{1}{36} \times \dfrac{25}{36} = \dfrac{150}{1296} \approx 0{,}116$.

Nombre moyen de $6$ attendus : $E(X) = 4 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667$.

Exemple 1 — l'arbre, ligne par ligne

Situation. Urne : $3$ rouges, $2$ bleues. On tire deux boules avec remise. On cherche $P(\text{exactement 1 rouge})$.

On pose les probabilités. À chaque tirage, $P(R) = \dfrac{3}{5} = 0{,}6$ et $P(B) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$. Avec remise, les tirages sont indépendants : on a le droit de multiplier le long des chemins.

On dessine l'arbre (ci-contre) : deux niveaux, quatre feuilles $RR$, $RB$, $BR$, $BB$.

On repère les chemins favorables. « Une seule rouge », c'est une rouge et une bleue, dans n'importe quel ordre : $RB$ et $BR$.

On multiplie sur chaque chemin. $P(RB) = 0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}24$ ; $P(BR) = 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24$.

On additionne les chemins. Ils sont incompatibles, donc $P(\text{exactement 1 rouge}) = 0{,}24 + 0{,}24 = 0{,}48$.

Vérification. Avec toutes les feuilles : $P(RR) = 0{,}36$, $P(BB) = 0{,}16$, et $0{,}36 + 0{,}48 + 0{,}16 = 1$. Rien ne fuit, l'arbre est complet.

Exemple 2 — la loi binomiale, pas à pas

Situation. Un dé équilibré est lancé $4$ fois. On appelle « succès » l'issue « obtenir un $6$ ».

On reconnaît le schéma. Même épreuve répétée $4$ fois, deux issues, lancers indépendants, $p = \dfrac{1}{6}$ à chaque fois. Donc $X$ = nombre de $6$ suit $\mathcal{B}\!\left(4,\, \dfrac{1}{6}\right)$.

On applique la formule avec $n=4$, $k=2$ : $P(X=2) = \dbinom{4}{2}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{2}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{4-2}$.

On calcule le coefficient. $\dbinom{4}{2} = 6$ : les $6$ façons de choisir les deux lancers gagnants parmi $4$.

On calcule les puissances. $\left(\dfrac{1}{6}\right)^{2} = \dfrac{1}{36}$ et $\left(\dfrac{5}{6}\right)^{2} = \dfrac{25}{36}$.

On assemble. $P(X=2) = 6 \times \dfrac{1}{36} \times \dfrac{25}{36} = \dfrac{150}{1296} \approx 0{,}116$.

Exemple 3 — « au moins un », le réflexe du contraire

Question. Toujours avec $X \sim \mathcal{B}\!\left(4,\, \dfrac{1}{6}\right)$ : probabilité d'obtenir au moins un $6$ ?

Le piège. « Au moins un » n'est pas « exactement un ». Calculer $P(X=1)+P(X=2)+P(X=3)+P(X=4)$ marche, mais c'est long et on se trompe.

Le réflexe. L'événement contraire de « au moins un $6$ » est « aucun $6$ », c'est-à-dire $X = 0$. Donc $P(X \ge 1) = 1 - P(X=0)$.

On calcule $P(X=0)$. $P(X=0) = \dbinom{4}{0}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{0}\left(\dfrac{5}{6}\right)^{4} = 1 \times 1 \times \left(\dfrac{5}{6}\right)^{4} = \dfrac{625}{1296}$.

On conclut. $P(X \ge 1) = 1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296} \approx 0{,}518$.

Problème type entièrement résolu

Énoncé. Une machine produit des pièces ; chaque pièce est défectueuse avec la probabilité $p = 0{,}05$, indépendamment des autres. On prélève un lot de $20$ pièces. On note $X$ le nombre de pièces défectueuses du lot.

a) Reconnaître la loi. Chaque pièce donne deux issues (défectueuse / correcte), avec la même probabilité $p = 0{,}05$, et les pièces sont indépendantes : c'est un schéma de Bernoulli d'ordre $20$. Donc $X \sim \mathcal{B}(20\,;\,0{,}05)$. (Cette phrase est notée : le correcteur attend « deux issues, identiques, indépendantes ».)

b) Exactement deux défectueuses. $P(X=2) = \dbinom{20}{2}(0{,}05)^{2}(0{,}95)^{18}$.

$\dbinom{20}{2} = 190$, donc $P(X=2) = 190 \times 0{,}0025 \times (0{,}95)^{18} \approx 190 \times 0{,}0025 \times 0{,}397 \approx 0{,}189$.

c) Au moins une défectueuse. On passe par le contraire « aucune défectueuse » : $P(X \ge 1) = 1 - P(X=0) = 1 - (0{,}95)^{20}$.

$(0{,}95)^{20} \approx 0{,}358$, donc $P(X \ge 1) \approx 1 - 0{,}358 = 0{,}642$.

d) Nombre moyen de défectueuses. $E(X) = np = 20 \times 0{,}05 = 1$. En moyenne, un lot contient une pièce défectueuse.

Ce que le correcteur attend, et les pièges classiques

Ce qui rapporte les points.

• Justifier explicitement les trois conditions (deux issues, épreuves identiques, indépendance) avant d'écrire $X \sim \mathcal{B}(n,p)$.

• Écrire la formule littérale $P(X=k)=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$ avant l'application numérique : la formule seule vaut souvent des points, même si le calcul final dérape.

• Pour « au moins un », montrer le passage au complémentaire $P(X\ge 1) = 1 - P(X=0)$.

Les pièges qui coûtent cher.

• Sans remise. Si l'énoncé dit « sans remise », les tirages ne sont plus indépendants : la loi binomiale ne s'applique pas. Traque toujours ce mot.

• Multiplier ou additionner ? On multiplie le long d'un chemin, on additionne entre chemins disjoints. Ne mélange pas les deux.

• Oublier le coefficient. $\dbinom{4}{2} = 6$, pas $4$ : sans lui, la réponse est fausse.

• Oublier les échecs. Le facteur $(1-p)^{n-k}$ compte : chaque échec pèse dans la probabilité du chemin.

• « Au moins un » n'est pas « exactement un ». $P(X \ge 1) = 1 - P(X=0)$, surtout pas $P(X=1)$.

D'où viennent les formules (l'idée de la démonstration)

Pourquoi le coefficient $\dbinom{n}{k}$ ? Dans l'arbre à $n$ épreuves, un chemin ayant exactement $k$ succès et $n-k$ échecs a pour probabilité $p^{k}(1-p)^{n-k}$ — peu importe l'ordre des succès, par la règle du produit. Il reste à compter combien de chemins ont $k$ succès : c'est le nombre de façons de choisir les $k$ positions gagnantes parmi $n$, soit $\dbinom{n}{k}$. On additionne ces chemins (règle de la somme), tous de même probabilité, d'où $P(X=k) = \dbinom{n}{k}\, p^{k}(1-p)^{n-k}$.

Pourquoi $E(X) = np$ ? Écris $X = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$, où $X_i$ vaut $1$ si la $i$-ème épreuve est un succès, $0$ sinon. Chaque $X_i$ a pour espérance $E(X_i) = 1 \times p + 0 \times (1-p) = p$. Comme l'espérance d'une somme est la somme des espérances, $E(X) = \underbrace{p + p + \cdots + p}_{n \text{ termes}} = np$. La loi binomiale n'est qu'une somme de petites épreuves de Bernoulli.

Les cousines de la binomiale et l'an prochain

La loi des grands nombres (déjà au programme, notion sœur). Si tu répètes énormément l'épreuve, la fréquence des succès $\dfrac{X}{n}$ se concentre autour de $p$. C'est tout l'enjeu de la concentration et de l'estimation : on encadre $X$ autour de $np$ en s'appuyant sur la variance $V(X) = np(1-p)$.

Compter le temps d'attente. La binomiale compte les succès sur $n$ essais fixés. Une question voisine — « au bout de combien d'essais tombe le premier succès ? » — mène à d'autres modèles bâtis sur les mêmes épreuves indépendantes, que tu croiseras dans le supérieur.

Après le bac. Quand $n$ devient grand, l'histogramme de $\mathcal{B}(n,p)$ prend une forme en cloche : on l'approche par la loi normale (théorème central limite). Les variables deviennent continues, les sommes discrètes se muent en intégrales, et la même idée — répéter des épreuves indépendantes — irrigue toutes les statistiques : sondages, intervalles de confiance, tests.