Chap 10. ELEMENTARY NOTIONS OF DISCRETE PROBABILITY

# Chap 10. ELEMENTARY NOTIONS OF DISCRETE PROBABILITY ## Objectifs et prérequis **Objectifs** : À la fin de ce chapitre, l'élève sera capable de : - Définir et calculer la probabilité conditionnelle. - Construire et interpréter des diagrammes en arbre de probabilité. - Identifier et modéliser des distributions de probabilité discrètes. - Reconnaître, appliquer et utiliser la loi binomiale dans des contextes pratiques. - Résoudre des problèmes combinant ces notions avec rigueur et justifications. **Prérequis** : Notions de probabilité élémentaire (espace échantillonnal, événements, probabilité classique), comptage (principe de multiplication, permutations, combinaisons), algèbre de base, manipulation de fractions et de puissances. --- ## Introduction La probabilité discrète traite des expériences où les résultats possibles sont dénombrables et finis (ou dénombrablement infinis). Ce chapitre approfondit les outils permettant de modéliser l'incertitude dans des situations structurées : dépendance entre événements (probabilité conditionnelle), représentation visuelle des étapes successives (diagrammes en arbre), lois de probabilité associées à des variables aléatoires discrètes, et enfin la loi binomiale, modèle fondamental pour les expériences de Bernoulli répétés. Chaque notion est présentée avec définition, propriétés, exemples détaillés et exercices corrigés, en suivant scrupuleusement l'ordre du programme officiel camerounais pour le niveau Form Five en Additional Mathematics. --- ## I. Conditional Probability ### Définition et notation La probabilité conditionnelle mesure la probabilité qu'un événement $A$ se produise sachant qu'un autre événement $B$ s'est déjà produit. Elle est notée $P(A \mid B)$ et se lit « probabilité de $A$ sachant $B$ ». > **Définition** : Pour deux événements $A$ et $B$ d'un même espace probabilisé, avec $P(B) > 0$, la probabilité conditionnelle de $A$ sachant $B$ est définie par : > $$ > P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} > $$ Cette formule découle de l'idée de restreindre l'espace échantillonnal aux seuls résultats favorables à $B$, puis de mesurer la proportion de ceux-ci qui sont aussi favorables à $A$. ### Propriétés essentielles 1. **Non-négativité** : $P(A \mid B) \geq 0$ 2. **Normalisation** : $P(B \mid B) = 1$ 3. **Additivité** : Si $A_1, A_2, \dots$ sont deux à deux disjoints, alors $$ P\left(\bigcup_{i=1}^n A_i \mid B\right) = \sum_{i=1}^n P(A_i \mid B) $$ 4. **Symétrie non valable** : En général, $P(A \mid B) \neq P(B \mid A)$ 5. **Indépendance** : Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $P(A \mid B) = P(A)$ (équivalent à $P(A \cap B) = P(A)P(B)$) ### Exemple résolu 1 Dans une classe de 30 élèves, 18 étudient les mathématiques supplémentaires (event $M$), 12 étudient la physique (event $P$), et 8 étudient les deux. Quelle est la probabilité qu'un élève choisi au hasard étudie la physique sachant qu'il étudie les mathématiques supplémentaires ? **Solution** : - $P(M) = \frac{18}{30} = 0,6$ - $P(P) = \frac{12}{30} = 0,4$ - $P(M \cap P) = \frac{8}{30} = \frac{4}{15}$ - $P(P \mid M) = \dfrac{P(M \cap P)}{P(M)} = \dfrac{8/30}{18/30} = \dfrac{8}{18} = \dfrac{4}{9} \approx 0,444$ > **À retenir** : La probabilité conditionnelle dépend de l'événement conditionnel ; ici, connaître que l'élève fait les maths supplémentaires réduit l'espace aux 18 élèves concernés, parmi lesquels 8 font aussi de la physique. ### Exemple résolu 2 (avec indépendance) Un dé équilibré est lancé deux fois. Soit $A$ l'événement « le premier lancer donne 6 », et $B$ l'événement « la somme des deux lancers est égale à 7 ». Vérifier si $A$ et $B$ sont indépendants. **Solution** : - $P(A) = \frac{1}{6}$ - Pour $B$ : les couples favorables sont (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) → $P(B) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$ - $A \cap B$ : premier lancer = 6 et somme = 7 → second lancer doit être 1 → seul couple (6,1) → $P(A \cap B) = \frac{1}{36}$ - $P(A)P(B) = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{36} = P(A \cap B)$ → Donc $A$ et $B$ sont indépendants. - Vérification via conditionnelle : $P(B \mid A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{1/36}{1/6} = \dfrac{1}{6} = P(B)$ > **À retenir** : Deux événements sont indépendants si la connaissance de l'un ne modifie pas la probabilité de l'autre. ### Exercices d'application corrigés **Exercice 1** Dans un groupe de 50 personnes, 30 aiment le thé, 20 aiment le café, et 10 aiment les deux. Quelle est la probabilité qu'une personne choisie au hasard aime le café sachant qu'elle aime le thé ? **Correction** : $P(C \mid T) = \dfrac{P(C \cap T)}{P(T)} = \dfrac{10/50}{30/50} = \dfrac{10}{30} = \dfrac{1}{3}$ **Exercice 2** Une boîte contient 7 balles rouges et 5 balles noires. Deux balles sont tirées successivement sans remise. Quelle est la probabilité que la deuxième soit noire sachant que la première était rouge ? **Correction** : Après tirage d'une rouge, il reste 6 rouges et 5 noires → total 11 balles. $P(\text{2e noire} \mid \text{1e rouge}) = \dfrac{5}{11}$ **Exercice 3** On sait que dans une certaine ville, 60% des habitants possèdent une voiture, 30% possèdent un vélo, et 20% possèdent les deux. Quelle est la probabilité qu'un habitant possède un vélo sachant qu'il ne possède pas de voiture ? **Correction** : Soit $V$ : possède une voiture, $B$ : possède un vélo. $P(V) = 0,6$, $P(B) = 0,3$, $P(V \cap B) = 0,2$ On cherche $P(B \mid V^c)$ $P(V^c) = 1 - 0,6 = 0,4$ $P(B \cap V^c) = P(B) - P(V \cap B) = 0,3 - 0,2 = 0,1$ Donc $P(B \mid V^c) = \dfrac{0,1}{0,4} = 0,25$ --- ## II. Probability tree diagrams ### Principe et utilité Un diagramme en arbre de probabilité représente visuellement une expérience aléatoire composée d'étapes successives. Chaque branche correspond à un résultat possible à une étape, associée à sa probabilité conditionnelle (ou marginale pour la première étape). Le produit des probabilités le long d'un chemin donne la probabilité de l'événement composé correspondant. > **À retenir** : Dans un arbre de probabilité, la somme des probabilités sortant d'un même nœud est égale à 1 (loi des probabilités totales conditionnelles). ### Construction d'un arbre 1. Identifier les étapes de l'expérience. 2. Pour chaque étape, lister les résultats possibles et leurs probabilités (conditionnelles si dépendant de l'étape précédente). 3. Partir d'un nœud initial, tirer des branches pour chaque résultat de la première étape, étiqueter chaque branche avec sa probabilité. 4. À l'extrémité de chaque branche, répéter pour l'étape suivante, en utilisant les probabilités conditionnelles appropriées. 5. Continuer jusqu'à la dernière étape. 6. Pour trouver la probabilité d'un résultat final, multiplier les probabilités le long du chemin menant à ce résultat. 7. Pour trouver la probabilité d'un événement composé (union de plusieurs résultats finaux), sommer les probabilités des chemins correspondants. ### Exemple résolu 1 Une urne contient 4 boules blanches et 3 boules noires. On tire deux boules successivement sans remise. Construire l'arbre de probabilité et trouver la probabilité d'obtenir exactement une boule blanche. **Solution** : **Étape 1 : Premier tirage** - Blanc : $P(B_1) = \frac{4}{7}$ - Noir : $P(N_1) = \frac{3}{7}$ **Étape 2 : Deuxième tirage (conditionnel au premier)** *Si premier tirage blanc* : - Boules restantes : 3 blanches, 3 noires → total 6 - $P(B_2 \mid B_1) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ - $P(N_2 \mid B_1) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$ *Si premier tirage noir* : - Boules restantes : 4 blanches, 2 noires → total 6 - $P(B_2 \mid N_1) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ - $P(N_2 \mid N_1) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ **Arbre** : ``` Début ├─ B₁ (4/7) │ ├─ B₂ (1/2) → (B,B) : prob = (4/7)*(1/2) = 4/14 │ └─ N₂ (1/2) → (B,N) : prob = (4/7)*(1/2) = 4/14 └─ N₁ (3/7) ├─ B₂ (2/3) → (N,B) : prob = (3/7)*(2/3) = 6/21 = 2/7 └─ N₂ (1/3) → (N,N) : prob = (3/7)*(1/3) = 3/21 = 1/7 ``` Événement « exactement une boule blanche » : chemins (B,N) et (N,B) $P = \frac{4}{14} + \frac{2}{7} = \frac{2}{7} + \frac{2}{7} = \frac{4}{7}$ > **À retenir** : L'arbre de probabilité permet de visualiser clairement les dépendances et d'éviter les erreurs de raisonnement dans les tirages sans remise. ### Exemple résolu 2 (avec indépendance) Une machine produit des objets dont 95% sont conformes. On teste trois objets choisis au hasard (avec remise, donc indépendance). Quelle est la probabilité d'avoir exactement deux objets conformes ? **Solution** : Comme les essais sont indépendants et identiquement distribués, on peut utiliser l'arbre ou reconnaître une loi binomiale (voir chapitre suivant). Mais en arbre : À chaque essai : - Conforme (C) : $p = 0,95$ - Non conforme (N) : $q = 0,05$ Chemins avec exactement deux C : (C,C,N), (C,N,C), (N,C,C) Chaque chemin : $0,95 \times 0,95 \times 0,05 = 0,95^2 \times 0,05$ Il y a 3 tels chemins → $P = 3 \times (0,95)^2 \times 0,05$ Calcul : $0,95^2 = 0,9025$ $0,9025 \times 0,05 = 0,045125$ $3 \times 0,045125 = 0,135375$ > **À retenir** : Dans le cas d'essais indépendants et identiquement distribués, l'arbre révèle la structure binomiale sous-jacente. ### Exercices d'application corrigés **Exercice 1** Dans une classe, 40% des élèves sont des filles. Parmi les filles, 30% portent des lunettes ; parmi les garçons, 10% portent des lunettes. Un élève est choisi au hasard. Quelle est la probabilité qu'il porte des lunettes ? **Correction** : Arbre : - Fille (0,4) → Lunettes (0,3) → prob = 0,4×0,3 = 0,12 - Fille (0,4) → Pas lunettes (0,7) → 0,28 - Garçon (0,6) → Lunettes (0,1) → prob = 0,6×0,1 = 0,06 - Garçon (0,6) → Pas lunettes (0,9) → 0,54 $P(\text{lunettes}) = 0,12 + 0,06 = 0,18$ **Exercice 2** Une boîte contient 6 transistors bons et 4 défectueux. On en tire deux sans remise. Quelle est la probabilité que le deuxième soit défectueux sachant que le premier était bon ? **Correction** : Après tirage d'un bon, il reste 5 bons et 4 défectueux → total 9. $P(\text{2e défectueux} \mid \text{1e bon}) = \dfrac{4}{9}$ **Exercice 3** On lance un dé équilibré deux fois. Quelle est la probabilité d'obtenir un 6 au premier lancer ou un 6 au deuxième lancer (ou les deux) ? **Correction** : On peut utiliser l'arbre ou la formule d'addition. $P(\text{6 au 1er ou 2e}) = P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ $P(A) = P(\text{6 au 1er}) = \frac{1}{6}$ $P(B) = P(\text{6 au 2e}) = \frac{1}{6}$ $P(A \cap B) = P(\text{6 aux deux}) = \frac{1}{36}$ Donc $P = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} - \frac{1}{36} = \frac{6}{36} + \frac{6}{36} - \frac{1}{36} = \frac{11}{36}$ En arbre : Chemins favorables : tout sauf (non-6, non-6) $P(\text{pas de 6 aux deux}) = \frac{5}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{25}{36}$ Donc $P(\text{au moins un 6}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}$ → même résultat. --- ## III. Discrete probability distributions ### Variable aléatoire discrète Une variable aléatoire discrète est une fonction qui associe à chaque résultat d'une expérience aléatoire un nombre réel, et qui ne peut prendre qu'un nombre fini ou dénombrable de valeurs distinctes. > **À retenir** : Une variable aléatoire discrète $X$ est caractérisée par son ensemble de valeurs possibles (souvent des entiers) et la probabilité associée à chacune de ces valeurs. ### Fonction de masse de probabilité (PMF) La fonction de masse de probabilité d'une variable aléatoire discrète $X$, notée $p(x)$ ou $P(X = x)$, donne la probabilité que $X$ prenne exactement la valeur $x$. > **Définition** : Pour une variable aléatoire discrète $X$, la fonction de masse de probabilité vérifie : > 1. $p(x) \geq 0$ pour tout $x$ > 2. $\displaystyle \sum_{\text{tous } x} p(x) = 1$ La fonction de répartition cumulative (CDF) est définie par $F(x) = P(X \leq x) = \sum_{t \leq x} p(t)$. ### Espérance et variance L'espérance (ou moyenne) d'une variable aléatoire discrète $X$ est la moyenne pondérée de ses valeurs possibles par leurs probabilités. > **Formule** : $E(X) = \displaystyle \sum_{\text{tous } x} x \cdot p(x)$ La variance mesure l'écart moyen au carré autour de l'espérance. > **Formule** : $\text{Var}(X) = E[(X - \mu)^2] = \displaystyle \sum_{\text{tous } x} (x - \mu)^2 \cdot p(x)$, où $\mu = E(X)$ > Formule pratique : $\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2$ L'écart-type est $\sigma = \sqrt{\text{Var}(X)}$. ### Exemple résolu 1 On lance un dé équilibré. Soit $X$ le résultat obtenu. Déterminer la PMF, l'espérance et la variance de $X$. **Solution** : $X$ peut prendre les valeurs $1, 2, 3, 4, 5, 6$, chacune avec probabilité $\frac{1}{6}$. PMF : $$ p(x) = \begin{cases} \frac{1}{6} & \text{si } x \in \{1,2,3,4,5,6\} \\ 0 & \text{sinon} \end{cases} $$ Espérance : $$ E(X) = \sum_{x=1}^6 x \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{6}(1+2+3+4+5+6) = \frac{21}{6} = 3,5 $$ Variance : Première méthode : $E(X^2) = \sum_{x=1}^6 x^2 \cdot \frac{1}{6} = \frac{1}{6}(1+4+9+16+25+36) = \frac{91}{6}$ $\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = \frac{91}{6} - (3,5)^2 = \frac{91}{6} - \frac{49}{4} = \frac{182}{12} - \frac{147}{12} = \frac{35}{12} \approx 2,9167$ > **À retenir** : Pour un dé équilibré à $n$ faces, $E(X) = \frac{n+1}{2}$ et $\text{Var}(X) = \frac{n^2 - 1}{12}$. Ici $n=6$ → $\frac{7}{2}=3,5$, $\frac{35}{12}$. ### Exemple résolu 2 Une boîte contient 3 balles rouges et 2 balles noires. On tire deux balles sans remise. Soit $X$ le nombre de balles rouges obtenues. Trouver la PMF de $X$, puis $E(X)$ et $\text{Var}(X)$. **Solution** : $X$ peut prendre les valeurs $0, 1, 2$. Calcul des probabilités (méthode des combinaisons) : - $P(X=0)$ : deux noires → $\dfrac{\binom{2}{2}}{\binom{5}{2}} = \dfrac{1}{10}$ - $P(X=1)$ : une rouge et une noire → $\dfrac{\binom{3}{1}\binom{2}{1}}{\binom{5}{2}} = \dfrac{3 \times 2}{10} = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5}$ - $P(X=2)$ : deux rouges → $\dfrac{\binom{3}{2}}{\binom{5}{2}} = \dfrac{3}{10}$ Vérification : $\frac{1}{10} + \frac{6}{10} + \frac{3}{10} = \frac{10}{10} = 1$ → OK. PMF : $$ p(x) = \begin{cases} \frac{1}{10} & \text{si } x = 0 \\ \frac{6}{10} & \text{si } x = 1 \\ \frac{3}{10} & \text{si } x = 2 \\ 0 & \text{sinon} \end{cases} $$ Espérance : $$ E(X) = 0 \cdot \frac{1}{10} + 1 \cdot \frac{6}{10} + 2 \cdot \frac{3}{10} = 0 + \frac{6}{10} + \frac{6}{10} = \frac{12}{10} = 1,2 $$ Variance : $E(X^2) = 0^2 \cdot \frac{1}{10} + 1^2 \cdot \frac{6}{10} + 2^2 \cdot \frac{3}{10} = 0 + \frac{6}{10} + \frac{12}{10} = \frac{18}{10} = 1,8$ $\text{Var}(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 = 1,8 - (1,2)^2 = 1,8 - 1,44 = 0,36$ > **À retenir** : Dans un tirage sans remise d'une population finie, la distribution de $X$ (nombre de succès) est hypergéométrique. Ici, on l'a calculée directement. ### Exercices d'application corrigés **Exercice 1** On lance deux dés équilibrés. Soit $Y$ la somme des deux résultats. Trouver la PMF de $Y$, puis $E(Y)$ et $\text{Var}(Y)$. **Correction** : $Y$ varie de 2 à 12. Nombre total d'issues : $6 \times 6 = 36$. PMF (tableau classique) : | $y$ | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | |------|---|---|---|---|---|---|---|---|----|----|----| | $P(Y=y)$ | 1/36 | 2/36 | 3/36 | 4/36 | 5/36 | 6/36 | 5/36 | 4/36 | 3/36 | 2/36 | 1/36 | Espérance : On sait que pour deux dés indépendants, $E(Y) = E(X_1) + E(X_2) = 3,5 + 3,5 = 7$ Vérification : $\sum y \cdot p(y) = \frac{1}{36}(2\cdot1 + 3\cdot2 + 4\cdot3 + 5\cdot4 + 6\cdot5 + 7\cdot6 + 8\cdot5 + 9\cdot4 + 10\cdot3 + 11\cdot2 + 12\cdot1)$ $= \frac{1}{36}(2 + 6 + 12 + 20 + 30 + 42 + 40 + 36 + 30 + 22 + 12) = \frac{252}{36} = 7$ Variance : $\text{Var}(Y) = \text{Var}(X_1) + \text{Var}(X_2)$ (indépendance) $\text{Var}(X_i) = \frac{35}{12}$ pour un dé → $\text{Var}(Y) = 2 \times \frac{35}{12} = \frac{35}{6} \approx 5,833$ Vérification via $E(Y^2)$ : $E(Y^2) = \sum y^2 p(y) = \frac{1}{36}(4\cdot1 + 9\cdot2 + 16\cdot3 + 25\cdot4 + 36\cdot5 + 49\cdot6 + 64\cdot5 + 81\cdot4 + 100\cdot3 + 121\cdot2 + 144\cdot1)$ $= \frac{1}{36}(4 + 18 + 48 + 100 + 180 + 294 + 320 + 324 + 300 + 242 + 144) = \frac{1974}{36} = 54,8333$ $\text{Var}(Y) = 54,8333 - 7^2 = 54,8333 - 49 = 5,8333 = \frac{35}{6}$ → OK. **Exercice 2** Dans un sac, il y a 4 boules vertes et 6 boules bleues. On en tire trois sans remise. Soit $Z$ le nombre de boules vertes obtenues. Trouver $P(Z \geq 2)$. **Correction** : $Z$ peut être 0,1,2,3. $P(Z \geq 2) = P(Z=2) + P(Z=3)$ $\binom{10}{3} = 120$ (total des combinaisons) - $P(Z=2)$ : 2 vertes, 1 bleue → $\dfrac{\binom{4}{2}\binom{6}{1}}{120} = \dfrac{6 \times 6}{120} = \dfrac{36}{120} = \dfrac{3}{10}$ - $P(Z=3)$ : 3 vertes → $\dfrac{\binom{4}{3}\binom{6}{0}}{120} = \dfrac{4 \times 1}{120} = \dfrac{4}{120} = \dfrac{1}{30}$ Donc $P(Z \geq 2) = \frac{3}{10} + \frac{1}{30} = \frac{9}{30} + \frac{1}{30} = \frac{10}{30} = \frac{1}{3}$ **Exercice 3** On connaît la distribution suivante d'une variable aléatoire discrète $X$ : | $x$ | 0 | 1 | 2 | 3 | |------|---|---|---|---| | $p(x)$ | 0,1 | 0,2 | 0,4 | 0,3 | Vérifier que c'est une PMF valide, puis calculer $E(X)$ et $\text{Var}(X)$. **Correction** : Somme des probabilités : $0,1 + 0,2 + 0,4 + 0,3 = 1,0$ → valide. Toutes positives → OK. $E(X) = 0\cdot0,1 + 1\cdot0,2 + 2\cdot0,4 + 3\cdot0,3 = 0 + 0,2 + 0,8 + 0,9 = 1,9$ $E(X^2) = 0^2\cdot0,1 + 1^2\cdot0,2 + 2^2\cdot0,4 + 3^2\cdot0,3 = 0 + 0,2 + 1,6 + 2,7 = 4,5$ $\text{Var}(X) = 4,5 - (1,9)^2 = 4,5 - 3,61 = 0,89$ ---