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Problèmes sur les probabilités

Un dé, une urne, une punaise, une roue de fête foraine : on calcule quand le modèle le permet, on estime quand il ne le permet pas.

Le dé à six faces

On lance un dé équilibré à six faces.

  1. Calculer la probabilité d'obtenir un nombre pair.

    Les issues favorables sont \(2\), \(4\) et \(6\), sur six issues possibles.

    $$ P(\text{nombre pair}) = \frac{3}{6} $$
    $$ P(\text{nombre pair}) = \frac{1}{2} $$
  2. Calculer la probabilité d'obtenir un nombre strictement supérieur à \(4\).

    Les issues favorables sont \(5\) et \(6\).

    $$ P(\text{supérieur à } 4) = \frac{2}{6} $$
    $$ P(\text{supérieur à } 4) = \frac{1}{3} $$
  3. Calculer la probabilité d'obtenir un nombre pair ou strictement supérieur à \(4\).

    Les issues favorables sont \(2\), \(4\), \(5\) et \(6\) - le \(6\) ne se compte qu'une fois.

    $$ P = \frac{4}{6} $$
    $$ P = \frac{2}{3} $$

    Additionner les deux probabilités précédentes donnerait \(\frac{5}{6}\), et compterait le \(6\) deux fois.

L'urne et ses deux tirages

Une urne contient \(3\) boules rouges et \(2\) boules vertes, indiscernables au toucher. On tire une boule, on note sa couleur, on la remet, puis on en tire une seconde.

  1. Calculer la probabilité d'obtenir une boule rouge au premier tirage.
    $$ P(\text{rouge}) = \frac{3}{5} $$
  2. Expliquer pourquoi le second tirage a les mêmes probabilités que le premier.

    La boule a été remise : l'urne contient de nouveau \(3\) rouges et \(2\) vertes. Le second tirage se fait donc dans les mêmes conditions.

  3. Calculer la probabilité d'obtenir deux boules rouges.

    Sur l'arbre des deux tirages, c'est le chemin rouge puis rouge ; sa probabilité est le produit des probabilités rencontrées :

    $$ \frac{3}{5} \times \frac{3}{5} $$
    $$ P(\text{deux rouges}) = \frac{9}{25} $$
  4. Calculer la probabilité d'obtenir au moins une boule rouge.

    L'événement contraire est « aucune rouge », c'est-à-dire deux vertes :

    $$ P(\text{deux vertes}) = \frac{2}{5} \times \frac{2}{5} = \frac{4}{25} $$
    $$ 1 - \frac{4}{25} $$
    $$ P(\text{au moins une rouge}) = \frac{21}{25} $$

La punaise

On lance une punaise \(500\) fois. Elle retombe pointe en l'air \(320\) fois. Contrairement au dé, on ne peut pas calculer sa probabilité à l'avance : sa forme n'est pas symétrique.

  1. Calculer la fréquence de l'événement « pointe en l'air ».
    $$ \frac{320}{500} $$
    $$ 0.64 $$
  2. Peut-on affirmer que la probabilité de cet événement vaut exactement \(0.64\) ? Justifier.

    Non. \(0.64\) est une fréquence observée sur une expérience particulière : une autre série de \(500\) lancers donnerait un résultat un peu différent.

    $$ \text{c'est une estimation, pas une valeur exacte} $$
  3. Dire ce qui changerait si l'on effectuait \(50 \ 000\) lancers.

    La fréquence se rapprocherait de la probabilité cherchée, et varierait beaucoup moins d'une série à l'autre. Plus le nombre de lancers est grand, plus la fréquence est une estimation fiable.

Retrouver le contenu de l'urne

Une urne contient \(20\) boules rouges, vertes ou bleues, indiscernables au toucher. On tire une boule au hasard : la probabilité de tirer une rouge vaut \(0.35\), et celle de tirer une verte vaut \(\frac{1}{4}\).

  1. Calculer le nombre de boules rouges, puis le nombre de boules vertes.

    Le nombre de boules d'une couleur est la probabilité de cette couleur multipliée par le nombre total de boules :

    $$ 20 \times 0.35 = 7 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} 20 \times \frac{1}{4} = 5 $$
    $$ 7 \ \text{rouges} \quad \text{et} \quad 5 \ \text{vertes} $$
  2. En déduire le nombre de boules bleues, puis la probabilité de tirer une bleue, de deux façons différentes.
    $$ 20 - 7 - 5 = 8 \ \text{bleues} $$

    En comptant les boules :

    $$ P(\text{bleue}) = \frac{8}{20} = 0.4 $$

    Sans les compter, les trois probabilités ayant pour somme \(1\) :

    $$ P(\text{bleue}) = 1 - 0.35 - 0.25 $$
    $$ P(\text{bleue}) = 0.4 $$
  3. On ajoute dans cette même urne des boules vertes, et seulement des vertes, jusqu'à ce que la probabilité de tirer une verte soit égale à \(\frac{1}{2}\). Déterminer le nombre de boules vertes ajoutées, puis la nouvelle probabilité de tirer une rouge.

    Une probabilité de \(\frac{1}{2}\) signifie qu'il y a autant de boules vertes que de boules d'une autre couleur. Les rouges et les bleues ne changent pas : il y en a \(7 + 8 = 15\). Il faut donc \(15\) vertes, alors qu'il y en avait \(5\).

    $$ 15 - 5 = 10 $$
    $$ 10 \ \text{boules vertes ajoutées} $$

    L'urne contient maintenant \(30\) boules, dont toujours \(7\) rouges :

    $$ P(\text{rouge}) = \frac{7}{30} $$

La roue de la fête foraine

À la fête foraine, une partie coûte \(2 \ \text{€}\). Le joueur lance une roue équilibrée, qui s'arrête au hasard, et gagne la somme inscrite sur le secteur désigné, ou rien sur le secteur « perdu ». Les secteurs mesurent :

Secteur
perdu
\(2 \ \text{€}\)
\(5 \ \text{€}\)
\(10 \ \text{€}\)
Angle
\(180°\)
\(90°\)
\(60°\)
\(30°\)
La roue de la fête foraine : un demi-disque perdu, un quart de disque qui gagne 2 euros, un secteur de 60 degrés qui gagne 5 euros et un secteur de 30 degrés qui gagne 10 euros perdu
\(2 \ \text{€}\)
\(5 \ \text{€}\)
\(10 \ \text{€}\)
  1. Calculer la probabilité que la roue s'arrête sur chacun des quatre secteurs.

    La roue est équilibrée : la probabilité d'un secteur est la part du tour complet, de \(360°\), qu'il occupe.

    $$ P(\text{perdu}) = \frac{180}{360} = \frac{1}{2} \hspace{2em} P(2 \ \text{€}) = \frac{90}{360} = \frac{1}{4} $$
    $$ P(5 \ \text{€}) = \frac{60}{360} = \frac{1}{6} \hspace{2em} P(10 \ \text{€}) = \frac{30}{360} = \frac{1}{12} $$
  2. Calculer la probabilité de gagner une somme d'argent, quelle qu'elle soit.

    Gagner quelque chose est l'événement contraire de « perdu » :

    $$ 1 - \frac{1}{2} $$
    $$ P(\text{gagner}) = \frac{1}{2} $$

    On vérifie : \(\frac{3}{12} + \frac{2}{12} + \frac{1}{12} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}\).

  3. Le forain compte sur \(1 \ 200\) parties dans la soirée. Estimer le nombre de parties qui s'arrêtent sur chaque secteur, puis la somme encaissée et la somme distribuée. Dire si le jeu est rentable pour le forain.

    Sur un grand nombre de parties, la fréquence de chaque secteur est proche de sa probabilité :

    $$ 1 \ 200 \times \frac{1}{2} = 600 \hspace{2em} 1 \ 200 \times \frac{1}{4} = 300 \hspace{2em} 1 \ 200 \times \frac{1}{6} = 200 \hspace{2em} 1 \ 200 \times \frac{1}{12} = 100 $$

    Le forain encaisse \(1 \ 200 \times 2 = 2 \ 400 \ \text{€}\), et distribue environ :

    $$ 300 \times 2 + 200 \times 5 + 100 \times 10 = 600 + 1 \ 000 + 1 \ 000 = 2 \ 600 \ \text{€} $$

    Il distribue plus qu'il n'encaisse, d'environ \(200 \ \text{€}\) :

    $$ \text{le jeu n'est pas rentable pour le forain} $$
  4. Le forain ne change que le gain du secteur de \(30°\). Déterminer le gain le plus élevé, en euros entiers, qui lui évite de perdre de l'argent sur ces \(1 \ 200\) parties.

    Les secteurs à \(2 \ \text{€}\) et à \(5 \ \text{€}\) distribuent toujours \(600 + 1 \ 000 = 1 \ 600 \ \text{€}\). Il reste, pour ne pas perdre :

    $$ 2 \ 400 - 1 \ 600 = 800 \ \text{€} $$

    à partager entre les \(100\) parties qui s'arrêtent sur le secteur de \(30°\) :

    $$ 800 \div 100 = 8 $$
    $$ \text{gain maximal} : 8 \ \text{€} $$

    Avec \(8 \ \text{€}\), le forain rentre tout juste dans ses frais ; avec \(7 \ \text{€}\), il gagne environ \(100 \ \text{€}\) sur la soirée.

Le Père Noël secret

Pour le Père Noël secret, chacun écrit son prénom sur un papier. Les papiers sont mélangés dans un bonnet, puis chacun en tire un au hasard, sans le remettre : il offrira un cadeau à la personne tirée. Le tirage est raté si quelqu'un tire son propre prénom.

  1. Alice (A), Bilal (B) et Chloé (C) tirent dans cet ordre. Compléter l'arbre des tirages, puis calculer la probabilité que le tirage réussisse.
    Arbre des tirages à compléter : Alice tire A, B ou C avec la probabilité un tiers ; seule la branche où Alice tire A est remplie, et ses deux tirages sont ratés Alice tire Bilal tire Chloé tire A
    \(\frac{1}{3}\)
     B C
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     raté C B
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     raté B
    \(\frac{1}{3}\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
     C
    \(\frac{1}{3}\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)
    \(\ldots\)

    Alice tire l'un des trois papiers, Bilal l'un des deux qui restent, Chloé le dernier :

    Arbre complet des tirages d'Alice, Bilal et Chloé : six chemins de probabilité un sixième ; seuls les tirages B, C, A et C, A, B réussissent Alice tire Bilal tire Chloé tire A
    \(\frac{1}{3}\)
     B C
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     raté C B
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     raté B
    \(\frac{1}{3}\)
     A C
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     raté C A
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     réussi C
    \(\frac{1}{3}\)
     A B
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     réussi B A
    \(\frac{1}{2}\)
    \(1\)
     raté

    Chacun des six chemins a pour probabilité \(\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{6}\). Deux seulement réussissent : B, C, A et C, A, B.

    $$ P(\text{tirage réussi}) = \frac{2}{6} $$
    $$ P(\text{tirage réussi}) = \frac{1}{3} $$
  2. Un quatrième ami, David (D), se joint à eux, et les quatre tirent dans l'ordre A, B, C, D. Calculer la probabilité que le tirage réussisse, et prouver qu'aucun tirage réussi n'a été oublié. On pourra commencer par les tirages où Alice tire Bilal.

    L'arbre compte \(4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24\) chemins, qui ont tous pour probabilité \(\frac{1}{4} \times \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{24}\). Si Alice se tire elle-même, le tirage est raté : elle doit tirer B, C ou D. De même, Bilal ne doit pas tirer B, ni Chloé C, ni David D.

    Alice tire B : restent A, C et D. Si Bilal tire A, Chloé doit tirer D et David tire C. Si Bilal tire C, Chloé doit tirer D - sinon David garde le sien - et David tire A. Si Bilal tire D, Chloé doit tirer A et David tire C.

    Alice tire C : restent A, B et D. Si Bilal tire A, Chloé doit tirer D et David tire B. Si Bilal tire D, Chloé tire A ou B, et David le papier qui reste.

    Alice tire D : restent A, B et C. Si Bilal tire A, Chloé doit tirer B et David tire C. Si Bilal tire C, Chloé tire A ou B, et David le papier qui reste.

    Chaque cas donne trois tirages réussis, et tous les choix possibles ont été examinés :

    $$ \text{B, A, D, C} \quad ; \quad \text{B, C, D, A} \quad ; \quad \text{B, D, A, C} \quad ; \quad \text{C, A, D, B} \quad ; \quad \text{C, D, A, B} $$
    $$ \text{C, D, B, A} \quad ; \quad \text{D, A, B, C} \quad ; \quad \text{D, C, A, B} \quad ; \quad \text{D, C, B, A} $$
    $$ P(\text{tirage réussi}) = \frac{9}{24} = \frac{3}{8} $$

    Avec un ami de plus, le tirage réussit un peu plus souvent : \(\frac{3}{8} = 0.375\), contre \(\frac{1}{3} \approx 0.333\).

  3. On revient aux trois amis du début. Pour ne plus recommencer, ils adoptent une règle : qui tire son propre prénom le remet dans le bonnet et tire de nouveau, jusqu'à tomber sur un autre prénom ; si son papier est le seul qui reste, le tirage est raté. Calculer la probabilité que le tirage soit encore raté, puis dire si cette règle donne la même chance aux deux tirages réussis.

    Alice finit toujours par tirer un autre prénom que le sien : B ou C, avec la probabilité \(\frac{1}{2}\) chacun.

    Alice tire B : le bonnet contient A et C. Bilal tire A ou C, avec la probabilité \(\frac{1}{2}\) chacun. S'il tire A, il ne reste à Chloé que son propre papier : le tirage est raté. S'il tire C, Chloé tire A : c'est le tirage B, C, A.

    Alice tire C : le bonnet contient A et B. Bilal remet son papier chaque fois qu'il le tire : il finit par tirer A, avec la probabilité \(1\). Chloé tire B : c'est le tirage C, A, B.

    $$ P(\text{raté}) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} $$
    $$ P(\text{raté}) = \frac{1}{4} $$
    $$ P(\text{B, C, A}) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} P(\text{C, A, B}) = \frac{1}{2} \times 1 = \frac{1}{2} $$
    $$ \text{la règle n'est pas équitable} $$

    Le tirage C, A, B sort deux fois plus souvent que B, C, A : Bilal offre son cadeau à Alice deux fois plus souvent qu'à Chloé. En recommençant tout le tirage après un échec, les deux tirages réussis ont chacun la probabilité \(\frac{1}{6}\) à chaque essai : ils restent à égalité.

Les prélèvements mélangés

Un vétérinaire doit dépister une maladie dans un élevage de \(100\) vaches. Chaque vache est porteuse avec la probabilité \(0.1\), indépendamment des autres. Pour économiser des tests, le laboratoire mélange les prélèvements par lots, et teste chaque lot.

Quatre prélèvements mélangés en un lot, testé une fois : négatif, les quatre vaches sont saines et un test suffit ; positif, on teste chaque prélèvement, soit cinq tests en tout
\(4\) prélèvements
 le lot
négatif : \(4\) vaches saines
\(1\) test en tout
positif : \(4\) tests de plus
\(1 + 4 = 5\) tests en tout
  1. Calculer la probabilité que le test d'un lot de \(4\) prélèvements soit négatif, puis celle qu'il soit positif.

    Le test est négatif quand les quatre vaches sont saines. Chacune l'est avec la probabilité \(1 - 0.1 = 0.9\), et la probabilité de ce chemin est le produit des probabilités rencontrées :

    $$ P(\text{négatif}) = 0.9 \times 0.9 \times 0.9 \times 0.9 = 0.9^4 $$

    Le test est positif quand au moins une vache est porteuse : c'est l'événement contraire.

    $$ P(\text{négatif}) = 0.6561 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} P(\text{positif}) = 1 - 0.6561 = 0.3439 $$
  2. Les \(100\) prélèvements sont répartis en \(25\) lots de \(4\). Estimer le nombre de tests nécessaires, et le comparer aux \(100\) tests d'une analyse vache par vache.

    Sur \(25\) lots, la fréquence des lots positifs est proche de leur probabilité :

    $$ 25 \times 0.3439 = 8.5975 $$

    Il y a donc environ \(8.6\) lots positifs. Chaque lot est testé une fois, et chaque lot positif demande \(4\) tests de plus :

    $$ 25 + 4 \times 8.5975 = 25 + 34.39 = 59.39 $$
    $$ \text{environ } 59 \ \text{tests, au lieu de } 100 $$

    C'est une estimation : d'un élevage à l'autre, le nombre de lots positifs varie autour de \(8.6\).

  3. Pour que tous les lots aient la même taille, le laboratoire peut aussi former des lots de \(2\) ; \(5\) ; \(10\) ; \(20\) ; \(25\) ou \(50\) prélèvements. Trouver la taille de lot qui demande le moins de tests. On pourra compléter ce tableau.
    Taille d'un lot
    \(2\)
    \(4\)
    \(5\)
    \(10\)
    \(20\)
    \(25\)
    \(50\)
    Nombre de lots
    \(50\)
    \(25\)
    \(P(\text{lot négatif})\)
    \(0.81\)
    \(0.6561\)
    Tests estimés
    \(69\)
    \(59.39\)

    Pour des lots de \(k\) prélèvements, un lot est négatif avec la probabilité \(0.9^k\). Chaque lot est testé une fois, puis chaque vache d'un lot positif est testée seule. Environ une part \(1 - 0.9^k\) des lots est positive ; comme les lots réunissent les \(100\) vaches, ces lots positifs en contiennent environ \(100 \times \bigl(1 - 0.9^k\bigr)\), d'où :

    $$ \text{tests estimés} = \text{nombre de lots} + 100 \times \bigl(1 - 0.9^k\bigr) $$

    Par exemple, pour des lots de \(5\) : \(20 + 100 \times (1 - 0.59049) = 20 + 40.951 \approx 60.95\).

    Taille d'un lot
    \(2\)
    \(4\)
    \(5\)
    \(10\)
    \(20\)
    \(25\)
    \(50\)
    Nombre de lots
    \(50\)
    \(25\)
    \(20\)
    \(10\)
    \(5\)
    \(4\)
    \(2\)
    \(P(\text{lot négatif})\)
    \(0.81\)
    \(0.6561\)
    \(0.59049\)
    \(\approx 0.3487\)
    \(\approx 0.1216\)
    \(\approx 0.0718\)
    \(\approx 0.0052\)
    Tests estimés
    \(69\)
    \(59.39\)
    \(\approx 60.95\)
    \(\approx 75.13\)
    \(\approx 92.84\)
    \(\approx 96.82\)
    \(\approx 101.48\)

    Le tableau essaie toutes les tailles qui partagent les \(100\) vaches en lots égaux :

    $$ \text{des lots de } 4 \ \text{prélèvements} $$

    Des lots trop gros sont presque toujours positifs : avec des lots de \(50\), on ferait même plus de tests qu'en analysant chaque vache.

  4. On change d'élevage : chaque vache y est porteuse avec la probabilité \(0.5\). Le vétérinaire affirme que les lots n'y font gagner aucun test, quelle que soit leur taille. Prouver qu'il a raison. On pourra estimer, sur un grand nombre de lots de \(k\) prélèvements, le nombre de tests par lot.

    Un lot de \(k\) prélèvements est négatif quand les \(k\) vaches sont saines, avec la probabilité \(0.5^k = \frac{1}{2^k}\). Sur un grand nombre de lots, la part des lots positifs est proche de \(1 - \frac{1}{2^k}\), et chacun demande \(k\) tests de plus. Par lot, il faut donc environ :

    $$ 1 + k \times \left(1 - \frac{1}{2^k}\right) = k + 1 - \frac{k}{2^k} \ \text{tests} $$

    Sans lots, il en faut \(k\). Les lots coûtent plus de tests quand \(1 - \frac{k}{2^k} > 0\), c'est-à-dire quand \(\frac{k}{2^k} < 1\), ou encore \(2^k > k\).

    Or \(2^1 = 2 > 1\). Et quand \(k\) augmente de \(1\), \(2^k\) double : il augmente de \(2^k\), qui vaut au moins \(2\), alors que \(k\) n'augmente que de \(1\). L'écart ne peut donc jamais se refermer : \(2^k > k\) pour tout entier \(k\).

    $$ \text{les lots coûtent toujours plus de tests : le vétérinaire a raison} $$

    Vérification avec des lots de \(2\) : \(1 + 2 \times 0.75 = 2.5\) tests par lot en moyenne, contre \(2\) sans mélanger.