\documentclass[a4paper,10pt,french]{article} \linespread{1} \title{Classe de $T^{\text{ale}}$ S } \author{D. Zancanaro} \date{2010-2011} \newcommand{\ch}{Chapitre 9} \newcommand{\Ch}{Probabilit\'es} \newcommand{\Cl}{TS} \newcommand{\Annee}{2010-2011} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Package %\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e} \input macro_dwicky_final.tex \geometry{hmargin=2cm,vmargin=2.5cm} \setcounter{NumLecon}{9} %\usepackage[french,lined,boxed,commentsnumbered]{algorithm2e} \usepackage{picins,fancyvrb,amsmath,amssymb,amsbsy,amsfonts,amstext,amscd,amsopn,amsxtra} \usepackage[xcas]{pro-statdiv,pro-2varstat,pro-1varstat,pro-courbes} \usepackage[upright]{fourier} \let\danger\undefined \DeclareMathSymbol{\mthdotlessiup}{\mathalpha}{operators}{25}% \DeclareMathSymbol{\mthdotlessiup}{\mathalpha}{operators}{16}% \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[french]{varioref} %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Premiere page \begin{document} %\debut %\debutbis{banksy.eps}{Flower Chucker}{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)} %\debutcha{banksy.eps}{Flower Chucker }{Banksy-Pochoiriste}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)} \setcounter{NumLecon}{9} \debutdwicky{Imnewhere.eps}{I'm New Here}{Gil Scott Héron}{Télécharger c'est tuer l'industrie, tuons les tous}{Thurston Moore (Sonic Youth)}{Gil Scott-Heron, né le 1er avril 1949, est un musicien, poète et romancier américain, fils d'une bibliothécaire et du footballeur jamaïcain Gil Heron, également connu sous le nom de Black Arrow (flèche noire) lorsqu'il portait le maillot du club du Celtic FC, le célèbre club de football de Glasgow (Écosse).\\ Reconnu pour ses performances (sous influences musicales jazz, soul et funk) de chants scandés - spoken word - de la fin des années 1960 et des années 1970, certains[Qui ?] le considèrent comme l'un des pères du rap. Ses textes se nourrissent, entre autres, de la réalité de la rue, de « sa » rue, des problèmes politiques et sociaux dont lui-même souffre au quotidien. Il s’impose comme défenseur de la cause noire américaine dès la fin des années 1960 en décrivant la misère, la violence et la drogue qui ravagent les ghettos, en critiquant la politique américaine (et notamment le gouvernement de Nixon), et étendra son propos à la dénonciation de l’Apartheid.\\ Gil Scott-Heron est célèbre pour ses « chansons-poèmes » The Revolution Will Not Be Televised (La Révolution ne sera pas télévisée), The Bottle ou Angel Dust.}{1}{0.5} \setcounter{NumLecon}{9} \TITRE{chap.eps}{0.3} \begin{abstract} Alors que les êtres humains se sont intéressés à la géométrie depuis la nuit des temps, et qu'une première présentation rigoureuse (~les mathématiciens disent \textit{axiomatique}~) en a été proposée trois siècles avant JC par le grec Euclide, il a fallu attendre le XVI$^\text{ème}$ siècle pour qu'on s'intèresse enfin aux probabilités, et encore était-ce pour aider les princes à améliorer leurs gains au jeu. \\ Ainsi, le Grand Duc de Toscane demanda au vénérable Galilée pourquoi il était plus difficile d'obtenir 9 que 10 au jeu de passe-dix (~jeu consistant à jeter 3 dés~), même s'il n'y a dans les deux cas que 6 combinaisons pour les obtenir. \\ La grande expérience du Duc en matière de jeu lui avait permis de remarquer ce phénomène, alors que théoriquement, \og~sur le papier~\fg, il aurait dû y avoir la même fréquence d'apparition des deux nombres, puisqu'il y a dans chaque cas 6 manières de les obtenir.\\ De nos jours et à niveau plus élevé, ces calculs sont abondamment utilisés en physique, en chimie, en biologie, en économie, en démographie, etc. Ils permettent de « prévoir » des événements (en probabilité, ce qui n’est donc pas forcément cer tain), tels que le temps qu’il fera, la croissance de la population, l’évolution des maladie, l’espérance du temps d’attente d’un bus, l’espérance de vie suivant certains paramètres, etc. Malgré tout, le vocabulaire employé reste lié au jeu. \end{abstract} \section{Rappels} \subsection{Choix d'un modèle} \subsubsection{L'univers $\Omega$} Il représente l'ensemble toutes les issues envisagées de l'expérience. Il est donc fonction de l'idée de modélisation a priori que l'on se fait de l'expérience. Si lors du lancer d'une pièce de monnaie on considère usuellement qu'il y a deux issues "PILE" et "FACE", rien n'empêche d'en rajouter une troisième, par exemple "TRANCHE". C'est à chacun (ou à chaque énoncé) de le définir. À défaut, on considère tacitement, qu'il s'agit de l'univers usuellement utilisé dans telle ou telle situation. \Expl{ \begin{itemize} \item On lance un dé et on regarde le numéro de la face obtenue : $\Omega=\{1;2;3;4;5;6\}$ \item On lance un dé et on regarde si le numéro de la face obtenue est pair ou impair : $\Omega=\{P;I\}$ \item On lance une pièce de monnaie : $\Omega=\{P;F\}$ \item On lance deux pièces de monnaie : $\Omega=\{PP;PF;FP;FF\}$ \item Remarquons que l'univers dépend de l'observation qui est faite : par exemple, si on lance deux dés et qu'on fait le produit P ou la somme S des deux numéros obtenus, on obtient respectivement : $$ \Omega_P=\{1;2;3;4;5;6;8;9;10;12;15;16;18;20;21;24;25;30;36\}$$ $$ \Omega_S=\{2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12\}$$ Notons enfin qu'il existe des expériences aléatoires qui comportent une infinité d'issues : \item On choisit un entier naturel au hasard : $\Omega=\N$ \item On lance une pièce, on s'arrete au premier pile, on compte le nombre de pièces lancers. L'univers est $\Omega=\N$. \item On choisit un réel au hasard entre 0 et 1 : $\Omega=[0;1]$ \end{itemize} } \subsubsection{Les événements} Il s'agit des issues discernables ou mesurables par l'observateur. Lorsque l'univers $\Omega$ est fini, chaque partie de l'univers peut être considérée comme un événement. \Expl{ \begin{itemize} \item On lance deux dés et on regarde la somme des résultats obtenus. (Voir l'univers $\Omega_S$ ci-dessus). La partie $E=\{2;4;6;8;10;12\}$ est un événement qui peut se décrire par la phrase \og la somme obtenue est un nombre pair\fg. \item De même on choisit au hasard (est-ce possible ?) un nombre entre $0$ et $1$ et on considère l'intervalle $F=[0;0.5]$. $F$ est un événement qui peut se décrire par la phrase \og choisir un nombre positif inférieur ou égal à $0.5$. Notons qu'il est naturel de penser qu'on a une chance sur deux d'effectuer un tel choix. \end{itemize}} Rappelons que les éléments de $\Omega$ sont appelés des événements élémentaires (ou issue). Un événement élémentaire est donc une partie de $\Omega$ réduite à un seul élément (singleton).\\ Par exemple en reprenant les deux exemples précédents, un événement élémentaire de $\Omega_S$ est $2$, et choisir $\dfrac{1}{3}$ est un événement élémentaire pour la deuxième expérience. \subsubsection{Une loi de probabilité} \Defc{On considère une expérience aléatoire dont l'univers est noté $\Omega$ est de cardinal fini $n$. \\ $P$ est une loi de probabilité si et seulement si elle vérifie les conditions suivantes : \begin{enumerate} \item $P$ est une application de $\mathscr P(\Omega)$\footnote{$\mathscr P(\Omega)$ désigne l'ensemble des parties de $\Omega$} à valeurs dans $[0;1]$ \item $P(\Omega)=1$ \item $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ pour toutes parties $A$ et $B$ disjointes ($A\cap B=\emptyset$) (i.e $A$ et $B$ sont deux événements incompatibles). \end{enumerate}} \Rqs{\item $1=P(\Omega)=P(\Omega \cup \emptyset)=P(\Omega)+P(\emptyset)\Longleftrightarrow P(\emptyset)=0$ \item La première propriété traduit le fait que la probabilité d'un événement $A$ est telle que : $$0\leq P(A)\leq 1 $$ \item Enfin grâce à la propriété $3$,\textbf{ la probabilité $P(E)$ d'un événement $E$ est la somme des probabilités des événements élémentaires qui le composent.} \item \underline{Loi des Grands Nombres} : \\ Quand on répète un grand nombre de fois une expérience aléatoire pouvant conduire à des issues $\omega_1$ , $\omega_2$ , $\dots$, $\omega_n$ la fréquence de réalisation de chaque événement élémentaire ${\omega_i }$ se stabilise aux environs d’un nombre $p_i$ compris entre 0 et 1. Ce nombre peut être considéré comme la probabilité de réalisation de l’événement ${\omega_i }$. De cette manière une étude statistique nous permet de choisir une loi de probabilité adaptée à l'expérience aléatoire. \item Modéliser une expérience aléatoire revient à définir un univers $\Omega$, l'ensemble des parties de $\Omega$ (i.e les événements relatifs à cet univers) et une loi de probabilité $P$.} \Exop{On considère une urne contenant $2$ boules noires et $1$ boule blanche, indiscernable au toucher. On tire successivement deux boules de cette urne avec remise. \begin{enumerate} \item Modéliser cette expérience aléatoire. \item On considère l'événement $E : $ \og tirer deux boules blanches \fg. et l'événement $F$ : \og tirer deux boules de couleurs identiques \fg. \begin{enumerate} \item Calculer $P(E)$ et $P(F)$. \item Définir $E\cup F$, $E\cap F$ et $ \overline{E}$. \item En déduire $P(E\cup F)$, $P(E\cap F)$ et $P(\overline{E})$. \end{enumerate} \end{enumerate} } \Sol{ Pour décrire l'univers $\Omega$ on peut utiliser un arbre, on va procéder de deux manières différentes.\\ Dans le premier cas on note $B_1$ le fait de tirer l'une des boules blanches et $B_2$ le fait de tirer l'autre puis enfin $N$ le fait de tirer la boule noire. \\ Dans le second cas on note $B$ le fait de tirer une boule blanche et $N$ le fait de tirer la boule noire. \begin{enumerate} \item \underline{Premier cas} : \\ %\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math} \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$B_1$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B_1$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$B_2$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$B_2$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B_1$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$B_2$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B_1$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$B_2$}\taput{\small $\dfrac{1}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$} } }\end{center} L'univers $\Omega$ est alors constitué de $9$ événements élémentaires (ou éventualités), chacune a la même probabilité d'apparition (on dit qu'on est dans un cas d'\textbf{équiprobabilité}), ainsi on a $$ \Omega=\{B_1B_1;B_1B_2;B_1N;B_2B_1;B_2B_2;B_2N;NB_1;NB_2;NN\}$$ et le tableau suivant définit la loi de probabilité associé à cette expérience : \begin{center} \begin{tabular}{|>{\centering}p{2cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|} \hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} Eventualité & $B_1B_1$ & $B_1B_2$ & $B_1N$ & $B_2B_1$ & $B_2B_2$ & $B_2N$ & $NB_1$ & $NB_2$ & $NN$ & Total \tabularnewline\hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} Probabilité & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $1$\tabularnewline\hline \end{tabular} \end{center} \item \begin{enumerate} \item $P(E)=P(B_1B_2)+P(B_1B_1)+P(B_2B_1)+P(B_2B_2)=\dfrac{4}{9}$ et $P(F)=P(A)+P(NN)=\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{5}{9}$ \item $E\cup F=F$, $E\cap F=E$ et $\overline{E}=\{B_1N;B_2N;NB_1;NB_2;NN\}$ \item On en déduit immédiatement que $P(E\cup F)=\dfrac{5}{9}$, $P(E\cap F)=\dfrac{4}{9}$ et $P(\overline{E})=\dfrac{5}{9}$ \end{enumerate} \end{enumerate}} \Sol{\begin{enumerate} \item \underline{Deuxième cas} : \\ \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$B$}\taput{\small $\dfrac{2}{3}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B$}\taput{\small $\dfrac{2}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B$}\taput{\small $\dfrac{2}{3}$} \Tdot~[tnpos=r]{$N$}\tbput{\small $\dfrac{1}{3}$} } } \end{center} L'univers $\Omega$ est ici constitué de $4$ éventualités, mais elles ne sont pas équiprobables comme dans le cas précédent. $$ \Omega=\{BB;BN;NB;NN\}$$ Pour calculer leur probabilité, en s'aidant du premier cas, on constate qu'il suffit de multiplier les probabilité sur chacune des branches. Par exemple la probabilité de l'éventualité $BB$ est $P(BB)=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{9}$, ce qui correspond bien au résultat trouvé dans le premier cas. \\ On établit alors le tableau suivant définissant la loi de probabilité associé à cet univers : \begin{center} \begin{tabular}{|>{\centering}p{4cm}|>{\centering}p{2cm}|>{\centering}p{2cm}|>{\centering}p{2cm}|>{\centering}p{2cm}|>{\centering}p{1cm}|} \hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} Eventualité & $BB$ & $BN$ & $NB$ & $NN$ & Total \tabularnewline\hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} Probabilité & $ \dfrac{4}{9} $ & $ \dfrac{2}{9} $ & $ \dfrac{2}{9} $ & $ \dfrac{1}{9} $ & $1$\tabularnewline\hline \end{tabular} \end{center} \item \begin{enumerate} \item $P(E)=P(BB)=\dfrac{4}{9}$ et $P(F)=P(BB)+P(NN)=\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}=\dfrac{5}{9}$. \item $E\cup F=F$, $E\cap F=E$ et $\overline{E}=\{BN;NB;NN\}$ \item On en déduit immédiatement que $P(E\cup F)=\dfrac{5}{9}$, $P(E\cap F)=\dfrac{4}{9}$ et $P(\overline{E})=P(BN)+P(NB)+P(NN)=\dfrac{5}{9}$ \end{enumerate} \end{enumerate}} \Rq{En modélisant cette expérience par deux méthodes différentes on retrouve les mêmes résultats (ce qui est rassurant), cependant la deuxième manière est plus avantageuse. En effet si il y avait plus de trois boules dans cette urne, la première méthode aurait demandé beaucoup plus de temps à l'écriture, ainsi on procédera toujours comme dans le deuxième cas. } \subsection{Quelques propriétés} \Ptec[Conséquences directes]{Pour tous événements $A$ et $B$ de $\Omega$ on a : \begin{itemize} \item $P(\overline{A})=1-P(A)$ \item $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B)$ \item Si $A\subset B$ on a $P(A)\leq P(B)$ (croissance de la probabilité) \end{itemize} } \newcolumntype{C}[1]{>{\center}m{#1}} \Dem{ Commençons par un rapide rappel sur le langage ensembliste. \begin{center} \begin{tabular}{|C{4cm}|C{4cm}|C{4cm}|C{4cm}|} \hline \textbf{Réunion de $A$ et $B$ :} & \textbf{Intersection de $A$ et $B$ : } & \textbf{Complémentaire de $A$ :} & \textbf{ $A$ et $B$ sont disjoints} : \tabularnewline $A\cup B$ & $A\cap B$ & $\overline{A}$ & $A\cap B = \emptyset$ \tabularnewline\hline \begin{tikzpicture} \newcommand{\cercleA}{(0.5,0.2) circle (1cm)} \newcommand{\cercleB}{(-0.5,-0.1) circle (0.8cm)} \newcommand{\cercleO}{(0,0) circle (1.8cm)} \draw[color=black,fill=yellow] \cercleA; \draw[color=black,fill=yellow] \cercleB; \draw[color=black] \cercleA; \draw[color=black] \cercleB; \draw[color=black] \cercleO; \node at (-1,1) {$\Omega$}; \node at (-0.9,0) {$B$}; \node at (0.7,0.7) {$A$}; \end{tikzpicture} & \begin{tikzpicture} \newcommand{\cercleA}{(0.50,0.2) circle (1cm)} \newcommand{\cercleB}{(-0.5,-0.1) circle (0.8cm)} \newcommand{\cercleO}{(0,0) circle (1.8cm)} \draw[color=black] \cercleA; \draw[color=black] \cercleB; \draw[color=black] \cercleO; \begin{scope} \clip \cercleA; \draw[color=black,fill=red] \cercleB; \end{scope} \node at (-1,1) {$\Omega$}; \node at (-0.9,0) {$B$}; \node at (0.7,0.7) {$A$}; \end{tikzpicture} &\begin{tikzpicture} \newcommand{\cercleA}{(0.50,0.2) circle (1cm)} \newcommand{\cercleO}{(0,0) circle (1.8cm)} \draw[color=black] \cercleA; \draw[color=black] \cercleO; \draw[color=black,fill=blue!50] \cercleO; \begin{scope} \clip \cercleA; \draw[color=black,fill=white] \cercleO; \end{scope} \node at (-1,1) {$\Omega$}; \node at (0.7,0.7) {$A$}; \node at (-0.9,-0.5) {$\overline{A}$}; \end{tikzpicture} & \begin{tikzpicture} \newcommand{\cercleA}{(0.6,0.5) circle (0.9cm)} \newcommand{\cercleB}{(-0.7,-0.7) circle (0.7cm)} \newcommand{\cercleO}{(0,0) circle (1.8cm)} \draw[color=black] \cercleA; \draw[color=black] \cercleB; \draw[color=black] \cercleO; \node at (-1,1) {$\Omega$}; \node at (-0.9,-0.5) {$B$}; \node at (0.7,0.9) {$A$}; \end{tikzpicture} \tabularnewline\hline \end{tabular} \end{center} \begin{itemize} \item $$1=P(\Omega)=P(A \cup \overline{A})=P(A)+P(\overline{A})$$ D'où $P(\overline{A})=1-P(A)$ \item Tout repose sur ces découpages en événements disjoints deux à deux : \begin{multicols}{2} $$ A = \left( A\setminus B \right)\cup \left(A \cap B \right)$$ $$ B = \left( B\setminus A \right)\cup \left(A \cap B \right)$$ $$A \cup B = \left( A\setminus B \right)\cup \left(A \cap B \right) \cup \left( B \setminus A \right)$$ \begin{tikzpicture} \newcommand{\cercleA}{(0.5,0.2) circle (1.2cm)} \newcommand{\cercleB}{(-0.5,-0.3) circle (1cm)} \newcommand{\cercleO}{(0,0) circle (1.8cm)} \draw[color=black,fill=red] \cercleA; \draw[color=black,fill=yellow] \cercleB; \draw[color=black] \cercleO; \node at (-1,1) {$\Omega$}; \node at (-0.8,-0.75) {$B\setminus A$}; \node at (0.7,0.7) {$A\setminus B $}; \begin{scope} \clip \cercleA; \draw[color=black,fill=orange] \cercleB; \end{scope} \node at (-0.1,-0.1) {$A\cap B $}; \draw[color=black] \cercleA; \draw[color=black] \cercleB; \end{tikzpicture} \end{multicols} Ainsi \begin{eqnarray*} P(A) + P(B) - P(A\cup B) & = & P\bigg(\left( A\setminus B \right)\cup \left(A \cap B \right)\bigg) + P\bigg( \left( B\setminus A \right)\cup \left(A \cap B \right) \bigg) - P(A\cap B)\\ & = & P\bigg(A\setminus B \bigg)+ P\bigg(A \cap B \bigg) + P\bigg( B\setminus A \bigg)+P\bigg(A \cap B \bigg) - P(A\cap B)\\ & = & P\bigg(A\setminus B \bigg)+ P\bigg(A \cap B \bigg) + P\bigg( B\setminus A \bigg)\\ & = & P \bigg(\left( A\setminus B \right)\cup \left(A \cap B \right) \cup \left( B \setminus A \right) \bigg) \\ & = & P(A\cup B) \end{eqnarray*} D'où $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A\cap B)$ \item On a $B=A\cup (B\textbackslash A)$, union disjointe, par conséquent, comme une probabilité est toujours positive : $$ P(B)=P(A)+P(B\textbackslash A)\geq P(A)$$ \end{itemize} } \Exop{Dans une classe, $10\%$ des élèves jouent d’un instrument à cordes, $20\%$ jouent d’un instrument à vent et $5\%$ jouent d’un instrument à corde et d’un instrument à vent. On choisit un élève au hasard. Quelle est la probabilité qu’il joue d’un instrument à cordes ou à vent ? } \Exop{Dans un club, plusieurs activités sont proposés dont le tir à l'arc et le golf. Parmi les $50$ adhérents, $30$ pratiquent le tir à l'arc, $18$ le golf et $6$ les deux sports. Quelle est la probabilité pour qu'un adhérent choisi au hasard : \begin{enumerate} \item pratique le tir à l'arc ? le golf ? \item pratique l'un au moins des deux sports ? \item ne pratique ni le tir à l'arc, ni le golf ? \end{enumerate}} \subsection{Variables aléatoires} Dans ce paragraphe, on ne considère que des univers $\Omega$ finis ou infinis dénombrables (i.e un ensemble pouvant être mis en bijection avec $\N$-\og comprendre un ensemble équivalent à $\N$ \fg). \Defc{On appelle \textbf{variable aléatoire} toute fonction de $\Omega$ dans $\R$, notée en général $X$.\\ Autrement dit, définir une variable aléatoire sur $\Omega$ c'est à associer un réel à chaque éventualité. } \Rq{ Soit $x_i$ le réel associé à l'issue $\omega_i$ de l'univers. On note $(X=x_i)$ l'événement \og la variable aléatoire $X$ prend la valeur $x_i$ \fg } \Expl{On lance trois pièces de monnaie, que l'on numérote $1$ ; $2$ et $3$. Le jeu qui consiste à gagner $1$ $\euro$ chaque fois que $F$ apparaît et à perdre $1$ $\euro$ chaque fois que $P$ apparaît\newline La fonction $X$ qui, à chaque issue, associe le gain (positif ou négatif) correspondant, est une variable aléatoire sur $\Omega$.} \Defc[Proposition (Admise)]{La \textbf{loi de probabilité} d'une variable aléatoire $X$ est la fonction de $\R$ dans $[0;1]$, qui à chaque $x_i$ associe le nombre $P(X=x_i)$. } \Rqs{\item On admet qu'il s'agit d'une probabilité sur $X(\Omega)$. \item On représente cette loi à l'aide du tableau ci-dessous : \begin{table}[h] \center \begin{center} \begin{tabular}{|>{\centering}p{3cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{2cm}|} \hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} Valeurs $x_i$ & $x_1$ & $x_2$ & $\dots$ & $x_m$ & Total \tabularnewline\hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} $P(X=x_i)$ & $ p_1$ & $ p_2 $ & $ \dots $ & $ p_m $ & $1$\tabularnewline\hline \end{tabular} \end{center} \end{table} \textit{Conservons ces notations pour le reste de la leçon.}} \Expl{Dans l'exemple ci-dessus, la loi de probabilité du gain $X$ est résumée dans le tableau suivant :} \begin{table}[h] \center \begin{center} \begin{tabular}{|>{\centering}p{3cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{1cm}|>{\centering}p{2cm}|} \hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} gain $x_i$ & $-3$ & $-1$ & $1$ & $3$ & Total \tabularnewline\hline \rule[-3ex]{0pt}{8ex} $P(X=x_i)$ & $ \dfrac{1}{8}$ & $ \dfrac{3}{8} $ & $ \dfrac{3}{8} $ & $ \dfrac{1}{8} $ & $1$\tabularnewline\hline \end{tabular} \end{center} \end{table} \Defc{L'espérance mathématique de $X$ est le nombre $E(X)$ définie par : $$ E(X)=\ds\sum_{i=1}^mx_i\times p(X=x_i)= p_1x_1+p_2x_2+\dots +p_mx_m $$ La variance de $X$ est le nombre $V(X)$ définie par : $$ V(X)=E[(X-E(X))^2]=\ds\sum_{i=1}^m [x_i-E(X)]^2 p(X=x_i) =[x_1-E(X)]^2p_1+\dots +[x_m-E(X)]^2p_m$$ L'écart-type de $X$ est le nombre $\sigma(X)$ définie par : $$ \sigma(X)=\sqrt{V(X)}$$} \Rqs{ \item On a choisi d'utiliser les carrés pour la variance de manière arbitraire pour ne pas avoir de problèmes de signes ; on aurait pu choisir une autre méthode, mais celle-ci a l'avantage de rappeler la distance euclidienne bien connue. La variance est en ce sens homogène au carré d'une distance. L'écart-type définit donc une distance proprement dite. \item Lorsque $X$ représente le gain du joueur à un jeu de hasard, $E(X)$ représente le gain moyen qu’il peut espérer par partie, lorsqu’on joue un grand nombre de fois. L’écart type est une caractéristique de la dispersion des valeurs de $X$. } \Rq{Vous pouvez obtenir ces valeurs très facilement à l'aide de vos calculatrices. Il suffit de rentrer les valeurs prises par la variable aléatoire en liste 1, et les probabilités en liste 2. } \Expl{Dans l'exemple précédent calculer l'espérance, la variance et l'écart-type. Interpréter vos résultats.} \Thc{Soient X et Y deux variables aléatoires définies sur le même univers $\Omega$ de cardinal fini. $a$ et $b$ désignent deux nombres réels.\\ L'espérance est linéaire i.e $E(aX+b)=aE(X)+b$ et $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ } \Dem{$$E(aX)=\ds\sum_{\omega\in\Omega} ax_i\times p(\omega)=a\ds\sum_{\omega\in\Omega} x_i\times p(\omega)=aE(X)$$ De même, $$E(X+b)=\ds\sum_{\omega\in\Omega} (x_i+b)\times p(\omega)=\ds\sum_{\omega\in\Omega} x_i\times p(\omega)+b\ds\sum_{\omega\in\Omega} p(\omega)=E(X)+b$$ Par conséquent, $E(aX+b)=E(aX)+b=aE(X)+b)$, enfin : $$ E(X+Y)=\ds\sum_{\omega\in\Omega} (x_i+y_i)\times p(\omega)=\ds\sum_{\omega\in\Omega} x_i\times p(\omega)+\ds\sum_{\omega\in\Omega} y_i\times p(\omega)=E(X)+E(Y)$$} \Thc[Calcul de la variance en pratique-formule de Koenings-Huyghens]{d'une variable aléatoire X peut se calculer avec la relation suivante :$$V(X)=E(X^2)-\left(E(X)\right)^2$$} \Dem{On rappelle que l'espérance d'une variable aléatoire constante $X = b$ est égale à la constante $b$.\\ D'après la linéarité de l'espérance : $$ V(X)=E[(X-E(X))^2]=E[X^2-2XE(X)+E(X)^2]=E(X^2)-E(2XE(X))+E(E(X)^2)=E(X^2)-2E(X)E(X)+E(X)^2=E(X^2)-E(X)^2$$} \Rq{Pour le calcul de la variance, on préférera l'emploi de cette dernière formule plutôt que celle de la définition. En effet, outre un intérêt pratique indéniable pour mener le calcul, la formule de Koenig-Huyghens est surtout plus fiable lorsque l'espérance $E(X)$ ne tombe pas juste. En effet, dans la définition l'erreur due à l'arrondi de $E(X)$ se propage tout au long du calcul alors qu'elle n'apparaît que dans le dernier terme dans la formule de Koening.} \Exop{ Prschtr, le champion syldave de danse sous-marine nocturne en scaphandre de 150 kg est inquiet avant la finale. Trois de ses figures l'inquiètent. La probabilité de réussir la première est de 0,95, la deuxième de 0,93 et la troisième de 0,9.\\ On suppose que le moral de Prschtr est à toute épreuve et les réussites de ses figures sont indépendantes. \begin{enumerate} \item Quelle est la probabilité que Prschtr réussisse ses trois figures ? \item Quelle est la probabilité d'en manquer une seule ? \item D'en manquer deux ? \item De manquer les trois ? \item Dresser alors le tableau de la loi de probabilité de la variable aléatoire $X$ donnant le nombre de sauts réussis. Calculer $E(X)$ et $\sigma(X)$. \item Manquer la première figure fait perdre 0,2 point et la deuxième ou la troisième 0,1 point. Les pénalités s'ajoutent.\\ Quelle est la loi de probabilité de la variable aléatoire Y donnant le total des points de pénalités ? Calculer $E(Y)$ et $\sigma(Y)$. \end{enumerate} } \pagebreak \section{Probabilités conditionnelles} \subsection{Exemple introductif} Un joueur tire, au hasard, une carte d'un jeu de 32 cartes.\\ On considère les événements suivants :\\ \begin{center} $F$ = \og la carte tirée est une figure\fg \quad et\quad $R$ = \og la carte tirée est un roi \fg \begin{enumerate} \item Calculer $P(F)$, $P(R)$ et $P(R \cap F)$. \item Le joueur affirme : \og la carte tirée est une figure\fg. Quelle est alors la probabilité que ce soit un roi ? \end{enumerate} \end{center} \Sol{\begin{enumerate} \item Ici, l'univers $\Omega$ est constitué de $32$ événements élémentaires équiprobables. On a donc : $$ P(F)=\dfrac{12}{32}=\dfrac{3}{8}\quad \text{;}\quad P(R)=\dfrac{4}{32}=\dfrac{1}{8}\quad \text{et}\quad P(R\cap F)=\dfrac{4}{32}=\dfrac{1}{8}$$ \item Ici on sait que l'on a tiré une figure, par conséquent les seules éventualités pour lesquelles la probabilité n'est pas nulle sont les douze figures. Notons $P_F$ la probabilité sachant que nous avons tiré une figure, alors $P_F(F)=1$ et $P_F(\overline{F})=0$. Ce calcul correspond au nombre de roi parmi les figures $card(R\cap F)$ que l'on divise par le nombre de figure $card(F)$, ainsi, comme il n'y a que douze figures et parmi elles $4$ rois on a : $$ P_F(R)=\dfrac{card(R\cap F)}{card(F)}=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$$ La probabilité $P_F(R)$ s'appelle la probabilité (conditionnelle) de $R$ sachant $F$.\\ Nous remarquons que :$$ \dfrac{P(R\cap F)}{P(F)}=\dfrac{4/32}{12/32}=\dfrac{4}{12}=P_F(R)$$ \end{enumerate}} Généralisons ce résultat : \Thc[Admis]{On considère une expérience aléatoire dont l'univers est noté $\Omega$ avec $card \Omega =n$, $P$ est une probabilité sur $\Omega$ et $B$ un événement tel que $P(B)\neq 0$. L'application $P_B$ de $\mathscr P(\Omega)$ dans $[0;1]$ définie par : $$ P_B(A)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}\qquad \forall A\in \mathscr P(\Omega) $$ est une probabilité sur $\Omega$} \Defc{L'application $P_B$ ainsi définie s'appelle \og probabilité B-conditionnelle \fg.\\ La quantité $P_B(A)$ se lit \og probabilité, sachant B, de A \fg.} \Rqs{ \item La relation ci-dessus est très utile dans l'autre sens : $$ P(A\cap B)=P_B(A)P(B)$$ \item l'événement contraire de $A$ sachant $B$ est $\overline{A}$ sachant $B$. \item \underline{cas particulier} : Si $A\subset B$, alors $P(A)\leq P(B)$ et $P(A\cap B)=P(A)$, d'où : $$ P_B(A)=\dfrac{P(A)}{P(B)}$$ } \Exop{Un élève sérieux de terminale a $80\%$ de chance d'avoir son Bac au mois de juin. Pendant les grandes vacances qui suivent, il passe un concours pour intégrer une école. Le concours est ouvert à tous les élèves (bacheliers ou non) mais notre candidat a $60\%$ de chance d'être admis dans cette école s'il est bachelier et $30\%$ sinon. Notons $B$ l'événement "l'élève réussi son Bac" et $A$ l'événement "l'élève est admis dans l'école". \begin{enumerate} \item Faire un arbre de probabilité modélisant l'expérience. \item Quelle est la probabilité que l'élève réussisse son bac et soit admis à son école ? \end{enumerate}} \Exop{Le tiers d'une population a été vacciné contre une maladie. Au cours d'une épidémie, on constate que, sur quinze malades, il y a deux personnes vaccinées. Le vaccin est-il efficace ?\footnote{Pour le savoir, on compare la probabilité d'être malade (notée $P(M)$) avec celle d'être malade sachant que l'on a été vacciné (notée $P_V(M)$).}} \Exop{Un homme rend visite à une famille ayant deux enfants. L'un des deux enfants, un garçon, ouvre la porte, quelle est alors la probabilité que les deux enfants soient des garçons ?} \Sol{où, par exemple, $FG$ est l'événement \og l'aînée est une fille, le cadet est un garçon \fg. Statistiquement, on peut considérer ces quatre événements comme équiprobables. Notons A l'événement \og les deux enfants sont des garçons \fg et B l'événement \og un des deux enfants est un garçon \fg.\\ On a :$$ A=\{GG\}\qquad \text{et}\qquad B=\{GF;FG;GG\}$$ Il s'agit donc de calculer : $$ P_B(A)=\dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$$ Or, $A\cap B=A$ car $A\subset B$ donc $$ P_B(A)=\dfrac{P(A)}{P(B)}=\dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\dfrac{1}{3}$$ \underline{Remarque} : Cet exercice peut paraître déroutant car l'aspect conditionnel n'apparaît pas assez clairement dans la question qui devrait être plutôt formulée ainsi : "quelle est la probabilité que les deux enfants soient des garçons sachant que l'un l'est déjà". D'autre part, si l'on sait que le garçon qui ouvre la porte est l'ainé, la probabilité que l'autre enfant soit aussi un garçon est dans ce cas égale à 0,5 bien sûr} \subsection{Formule des probabilités totales} \Defc{Des événements non vides $A_1$, $A_2$, \dots, $A_n$ forment une \textbf{partition} de $\Omega$ s'ils sont deux à deux disjoints et que leur réunion forme $\Omega$.} \Rq{ Cela revient à découper $\Omega$ en morceaux disjoints $A_1$, $A_2$, ... , $A_n$ } \begin{center} \includegraphics[scale=0.3]{partition3.eps} \end{center} \Expls{ Séparer une classe en un groupe fille et un groupe garçon permet de réaliser une partition de la classe. \\ Séparer une classe en un groupe fille, un groupe garçon et un groupe d'abonnés au journal du monde ne permet pas de réaliser une partition car certains éléves peuvent appartenir à deux groupes en même temps. } \Thc{ Soit $A_1$, $A_2$, ... , $A_n$, une partition de $Omega$ et $B$ un événement quelconque de $\Omega$. On a : $$B=B\cap \Omega=B\cap \left(A_1\cup A_2\cup\cdots\cup A_n\right)=(B\cap A_1)\cup(B\cap A_2)\cup\cdots\cup(B\cap A_n)$$ Cette union étant disjointe, on a donc $$P(B)=P(B\cap A_1)+P(B\cap A_2)+\cdots+P(B\cap A_n)$$ } \begin{center} \includegraphics[scale=0.4]{partition4.eps} \end{center} \Exop{On considère les unres $U_1$, $U_2$ et $U_3$ contenant respectivement : \begin{itemize} \item 1 boules rouge et 5 jaunes \item 3 rouges et 1 jaune \item 1 rouge et 2 jaunes \end{itemize} On choisit une unrne au hasard et on tire une boule dans cette urne.\\ Quelle est la probabilité que la boule tirée soit jaune ?} \pagebreak \subsection{Application aux arbres de probabilités} La partie précédente nous permet de retrouver toutes les formules sur les arbres vues et admises en première.\\ Une urne contient $8$ boules, $3$ rouges et $5$ vertes. On tire successivement et sans remise deux boules de l'urne. \begin{enumerate} \item Compléter l'arbre suivant, qui modélise l'expérience (chemins et probabilités correspondantes) : \\ \begin{center} \begin{tikzpicture} [level 1/.style={level distance=2cm, sibling distance=3cm}, level 2/.style={level distance=2.5cm, sibling distance=1.5cm}] \node {} [grow'=right] child {node {\textcolor{red}{rouge}} child {node {\textcolor{red}{rouge}} node[right=1cm] {\og Obtenir $\dots\dots\dots\dots\dots\dots $ \fg } edge from parent node[above] {$\dots$} } child {node {\textcolor{green}{verte}} node[right=1cm] {\og Obtenir $\dots\dots\dots\dots\dots\dots $ \fg } edge from parent node[below] {$\dots$} } edge from parent node[above] {$\dots$} } child {node {\textcolor{green}{verte}} } ; \end{tikzpicture} \end{center} \item Calculer les probabilité des événements suivants : \begin{itemize} \item $A =$ \og Tirer deux boules rouges \fg \item $B=$ \og Tirer une boule rouge au deuxième tirage sachant que l'on en a tiré une au premier tirage \fg \item $C=$ \og Tirer une boule rouge au deuxième tirage sachant que l'on a tiré une verte au premier \fg \item $D=$ \og Tirer une boule rouge au deuxième tirage \fg \item $E=$ \og Tirer une boule rouge au premier tirage \fg \item $F=$ \og Tirer deux boules de la même couleur \fg \item $G=$ \og Tirer au moins une boule verte ? \end{itemize} \end{enumerate} \Cadre[Méthode]{ \textbf{Règle 1} : La somme des probabilités des branches partant d'un même n\oe ud est égale à 1.\newline \textbf{Règle 2} : La probabilité d'un chemin est égale au produit des probabilités des branches de ce chemin.\newline \textit{Cela correspond à la probabilité de l'intersection des événements qui le composent.}\\ \textbf{Règle 3} : La probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins réalisant à cet événement.} \Rqs{ \item La règle 1 provient de la définition d'une probabilité \item La règle 2 de la définition de la probabilité conditionnelle \item La règle 3 de la formule des probabilités totales.} \Expl{ Sophie a mis des dragées dans une boîte, les unes contiennent une amande, les autres non. On sait que : \begin{itemize} \item $30\%$ des dragées contiennent une amande. \item $40\%$ des dragées avec amandes sont bleues,, les autres sont roses ; \item $75\%$ des dragées sans amande sont bleues, les autres sont roses. \end{itemize} Sophie choisit au hasad une dragée dans la boîte. On admet que toutes les dragées ont la même probabilité d'être choisies. \\ On considère les événements suivants : \begin{itemize} \item A : \og la dragée choisie contient une amande \fg \item B : \og la dragée choisie est bleue \fg \end{itemize} } \begin{enumerate} \item Compléter l'arbre des fréquences donnée ci-dessous \begin{center} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$A$}\taput{\small $0.3$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B$}\taput{\small $$0.4$$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{B}$}\tbput{\small $$\dots$$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$ \overline{A}$}\tbput{\small $$\dots$$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$B$}\taput{\small $$\dots$$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{B}$}\tbput{\small $$\dots$$} } } \end{center} \item Décrire l'événement $A\cap B$ par une phrase. Montrer que sa probabilité est égale à $0.12$. \item Calculer la probabilité de l'événement B. \item Décrire par une phrase l'événement $A \cup B$ par une phrase, puis calculer sa probabilité. \end{enumerate} \Exop{ Simplet, Goldorak et Monica Bellucci reviennent de la forêt avec trois paniers contenant respectivement 1, 2 et 3 champignons. Dans chaque panier, il y a un champignon vénéneux.\\ On choisit un des trois paniers au hasard, et dans ce panier on goûte un des champignons choisi lui aussi au hasard. \\ Quelle est la probabilité de se tordre de douleur puis de succomber dans d’atroces souffrances quelques minutes après ?\\ Un élève syldave qui passait par là a choisi un panier au hasard puis un champignon dans ce panier. On constate qu’il se tord de douleur puis succombe dans d’atroces souffrances : quelle est la probabilité qu’il ait goûté un champignon venant du panier de Monica Bellucci ? } \Exop{Pour réussir une carrière politique en Corrèze, il faut une implantation locale. Dans cette perspective, un jeune énarque décide d’acquérir un château corrézien. Pour se faire connaître, il hante les commices agricoles du département. Il a ainsi deux chances sur trois d’être élu député. Si, par dessus le marché, il touche le derrière des vaches, cette probabilité passe à trois chances sur quatre. Il y a trois chances sur cinq pour que, son conseiller en communication lui ayant refilé le tuyau, il touche le derrière des vaches. \begin{enumerate} \item Calculer la probabilité pour qu’il soit élu député. \item Il est député. Calulez la probabilité pour qu’il ait touché le derrière des vaches. \end{enumerate} } \Exop{Le feu tricolore. Un automobiliste arrive à proximité -disons une dizaine de mètres- d'un feu tricolore et aucun véhicule ne le précède. On suppose que, si le feu est vert à ce moment là, l'automobiliste décide de passer avec une probabilité de 99/100. Si le feu est orange, l'automobiliste décide de passer avec une probabilité de 3/10 et enfin si le feu est rouge, l'automobiliste décide de passer avec une probabilité de 1/100 (quelques fous...). Le cycle du feu tricolore dure une minute : vert : 25s, orange : 5s et rouge : 30s. Quelle est la probabilité que l'automobiliste passe sans s'arrêter à ce feu tricolore ?\\ Notons $A$ l'événement "l'automobiliste passe sans s'arrêter au feu" et $V$ (resp. $O$ et $R$) = "le feu est vert (resp. orange et rouge)". } \pagebreak \subsection{Indépendance} On considère une expérience aléatoire d'univers $\Omega$ et de probabilité $P$ définie sur $\mathscr P(\Omega)$ avec $\Omega$ de cardinal fini. \subsubsection{Evénements et variables aléatoires} \Defc{Soit $P$ une probabilité sur $\Omega$. Deux événements $A$ et $B$ (de probabilité non nulle) sont dits \textbf{indépendants} lorsque la réalisation de l'un ne dépend pas de la réalisation de l'autre i.e lorsque $$P_B(A)=P(A)\qquad \text{ou}\qquad P_A(B)=P(B)$$ On convient que si $P(A)=0$ alors $A$ est indépendant de tout autre événement. } \Thc{Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si $P(A\cap B)=P(A)P(B)$} \Dem{La propriété est évidente si $P(A)=\emptyset$ ou si $P(B)=\emptyset$, dans le cas contraire : \\$A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $ P_B(A)=P(A)\Longleftrightarrow \dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}=P(A)\Longleftrightarrow P(A\cap B)=P(A)P(B)$} \Exop{ \begin{enumerate} \item On lance deux dés et on désigne par A l'événement \og le premier dé amène un nombre pair \fg, par B l'événement \og le deuxième dé amène un nombre impair \fg et par C l'événement \og les deux dés amènent un nombre pair \fg. Etudier l'indépendance de $A$ et $B$, de $A$ et $C$ et de $B$ et $C$. \item On lance une pièce deux fois de suite et on considère les événements $A_1$ = \og FACE au premier lancer\fg et $A_2$ = \og FACE au second lancer\fg. $A_1$ et $A_2$ sont-ils indépendants ? \item \end{enumerate}} \Rq{Deux événements $A$ et $B$ incompatibles et de probabilités non nulles sont toujours dépendants puisque : $$ P(A\cap B)=0\qquad \text{et} P(A)P(B)\neq 0$$} \Defc{ Deux variables aléatoires $X$ et $Y$ sur un univers $\Omega$ muni d'une loi $P$ sont dites indépendantes lorsque pour toutes valeurs $x_i$ prise par $X$ et pour toutes valeurs $y_j$ prise par $Y$, les événements $(X=x_i)$ et $(Y=y_j)$ sont indépendants, i.e $$P(X=x_i \text{ et } Y=y_j) = P(X=x_i) \times P(Y=y_j)$$ } \Exop{On lance un dés parfaitement équilibré. On considère les variables aléatoires $X$ et $Y$ définies sur l'univers par : \begin{itemize} \item $X$ prend la valeur 1 si le résultat est pair, $-1$ sinon ; \item $Y$ prend la valeur 2 si le résultat est 2 ou 5, la valeur 1 sinon. \end{itemize} Montrer que les variables $X$ et $Y$ sont indépendantes. } \subsubsection{Répétition d'expériences indépendantes} \Defc{ Des expériences aléatoires répétées sont indépendantes si le résultat de l'une d'entre elles n'a aucune influence sur le déroulement des autres. } \Ptec{Si on suppose que des expériences sont indépendantes, alors la probabilité d'une liste de résultats est égale au produit des probabilités de chacun des résultats. } \Expl{ On lance $n$ fois une pièce de monnaie équilibrée. Quelle est la probabilité de l'événement A : \og Obtenir au moins une fois Pile \fg \, ? } \Expl{On lance un dé $n$ fois. Comment choisir $n$ pour que la probabilité $p_n$ d’obtenir au moins un 6 au bout de $n$ lancers soit supérieure à 0,95 ?\\ \textit{Indication : Considérer l'événement contraire.} } \Cexpl{ Les tirages du loto d’une semaine sur l’autre sont des expériences aléatoires indépendantes. Par contre, un tirage en lui-même est une répétition d’expériences aléatoires dépendantes, puisqu’il s’agit de tirages successifs dans une même urne sans remise. } \pagebreak \section{Dénombrement} \subsection{Principe} On rappelle que le cardinal d'un ensemble fini $E$, noté $Card(E)$, représente son nombre d'éléments. \\ Si $E=\text{\textlbrackdbl 0,10 \textrbrackdbl}$ alors $Card(E)=11$. Notre but est de déterminer le cardinal d'ensemble définit de manière plus complexe.\\ Par exemple, dans un jeu de $32$ cartes, si l'on prends $5$ cartes simultanément, comment y-a-t-il de mains possibles ? \\ Une main est une combinaison de $5$ cartes parmis $32$, combien y-en-a-t-il de différentes ? Cette année nous nous contenterons d'étudier les combinaisons i.e de savoir combien y-a-t-il de combinaisons de $p$ éléments dans un ensemble contenant $n$ éléments. Pour cela nous aurons besoin des factoriels dont il est rappelé ci-dessous la définition : \Defc{Pour tout entier naturel $n$, la quantité $1\times 2\times 3\times \dots\times (n-1)\times n$ est appelé factoriel $n$ et se note $n!$. \\ On convient que $0!=1$} \Exop{\begin{enumerate} \item Démontrer que $6! \times 7! = 10!$ (sans calculer $10!$) \item Simplifier $$ \dfrac{(n+1)!}{n!}$$ \item Démontrer que tout entier $k$ : $(k+1)!-k!=k\times k!$ \end{enumerate}} \subsection{Combinaisons} \Defc{Soit $E$ un ensemble fini de cardinal $n$ et $p$ un entier naturel tel que $0 \leq p \leq n$.\\ Une $p$-combinaison (ou combinaison de $p$ éléments) de $E$ est une partie de $E$ ayant $p$ éléments} \Expl{Considérons l'ensemble $E=\{1;2;3\}$, il s'agit d'un ensemble a $3$ éléments. \\ Dans ce cas une combinaison de $2$ éléments de $E$ est par exemple $\{1;2\}$ et on dénombre $ 3$ combinaisons de ce type : $$ \{1;2\};\{1;3\};\{2;3\}$$ On considère que $\{2;1\}$ est la même combinaison que $\{1;2\}$ i.e que l'ordre d'apparition n'a pas d'importance.} \Thc{Soit $E$ un ensemble fini de cardinal $n$ et $p$ un entier naturel tel que $0 \leq p \leq n$. \\ Le nombre de combinaisons de $p$ éléments de E, noté $ \binom{n}{p} $ est : $$ \binom{n}{p}=\dfrac{n!}{p!(n-p)!}$$} \Rqs{\item Pour tout entier naturel $n$ et $p$ tels que $0 \leq p \leq n$ : $$ \binom{n}{0}=\binom{n}{n}=1\qquad \text{et}\qquad \binom{n}{1}=\binom{n}{n-1}=n \qquad (n\geq 1)$$ \item Les coefficients $ \binom{n}{p}$ sont encore appelés coefficient binomiaux. (On verra pourquoi au paragraphe suivant) \item Si $p$ est strictement supérieur à $n$, on convient que dans ce cas $ \binom{n}{p}=0$ \item Bien que les coefficients $ \binom{n}{p}$ soient définis sous la forme d'une fraction, ils sont bien des entiers. Ceci sera démontré un peu plus loin dans cette leçon (en utilisant la relation de Pascal).} \Exop{Dans un jeu de $32$ cartes, si l'on prends $5$ cartes simultanément, comment y-a-t-il de mains possibles ?} \Exop{Soit $n$ un entier supérieur à $2$. Montrer que $\sum_{p=0}^{n-2}\dfrac{n!}{p!}$ est un entier pair.} \Sol{En effet, pour tout $p \in \text{\textlbrackdbl 0,n-2 \textrbrackdbl}$, $p! $ divise $(n - 2)!$ donc, il existe un entier $k$ tel que : $(n - 2)! = k p!$ D'où : $$n ! = n (n - 1) (n - 2)! = n (n - 1) k p!$$ Les entiers $n - 1$ et $n$ étant consécutifs, l'un des deux est pair. Donc $\dfrac{n!}{p!}$ est pair.\\ Enfin, comme la somme d'entiers pairs est un entier pair, on en déduit le résultat souhaité.} \Dem{Si $p=0$, la seule partie de $E$ contenant $0$ élément est $\emptyset$, il y en a donc une. De plus \\ $$ \binom{n}{0}=\dfrac{n!}{0!(n-0)!}=\dfrac{n!}{1\times n!}=1$$ Ainsi la formule est vraie dans ce cas.\\ Si $1\leq p\leq n$, on pose $E=\{e_1;e_2;\dots ; e_n\}$. On détermine à l'aide d'un arbre l'ensemble des suites ordonnées de $E$ à $p$ éléments. \\ Il y a $n$ choix possibles pour le premier élément, $n-1$ pour le deuxième $\dots$ et $n-p+1$ pour le $p$-ième.\\ Il y a donc $n\times (n-1)\times \dots\times (n-p+1)$ différentes suites ordonnées de $E$ a $p$ éléments. Or : $$ n\times (n-1)\times \dots\times (n-p+1)=\dfrac{n\times (n-1)\times \dots\times (n-p+1)\times (n-p)\times \dots\times 2\times 1}{(n-p)\times (n-p+1)\times \dots \times 3\times 2\times 1}=\dfrac{n!}{(n-p)!}$$ Or, on a tenu compte de l'ordre et on a donc compté les éléments comme $ \{e_1;e_2;\dots ; e_p\}$ et $\{e_2;e_1;\dots ; e_p\}$ comme deux éléments disctints. Regroupons tous ces éléments par paquets, il y en a $p!$ d'où : $$ \binom{n}{p}=\dfrac{\frac{n!}{(n-p)!}}{p!}=\dfrac{n!}{p!(n-p)!}$$ } \Cadre[Intérprétation importante]{$ \binom{n}{p}$ représente le nombre de façons de choisir p objets parmi n (l'ordre n'important pas).} \Applic{\begin{enumerate} \item Le loto : On tire au hasard 6 boules parmi 49. Combien de tirages possibles (on ne tient pas compte du numéro complémentaire) ? \item Le Poker : Dans un jeu de 32 cartes, on choisit 5 cartes au hasard (ces 5 cartes s'appellent une \og main \fg). Déterminer : \begin{enumerate} \item le nombre total de mains. \item le nombre de mains qui contiennent exactement 3 as \item le nombre de mains qui contiennent au moins 3 as \end{enumerate} \end{enumerate}} \Ptec{ \begin{enumerate} \item $\binom{n}{p}=\binom{n}{n-p}$ $\forall n\in\N$ et $\forall p\in \N$ tel que $0 \leq p \leq n$ \textit{Symétrie} \item $ \binom{n}{p}=\binom{n-1}{p-1}+\binom{n-1}{p}$ avec $1 \leq p \leq n-1$ \textit{Relation de Pascal} \end{enumerate}} \Dem{\begin{enumerate} \item $\binom{n}{p}=\dfrac{n!}{p!(n-p)!}=\dfrac{n!}{(n-p)!p!}=\dfrac{n!}{(n-p)!(n-(n-p))!}=\binom{n}{n-p}$ \item $\binom{n-1}{p-1}+\binom{n-1}{p}=\dfrac{(n-1)!}{(p-1)!(n-p)!}+\dfrac{(n-1)!}{p!(n-1-p)!}=\dfrac{(n-1)!p+(n-1)!(n-p)}{p!(n-p)!}=\dfrac{(n-1)![p+n-p]}{p!(n-p)!}=\dfrac{n!}{p!(n-p)!}=\binom{n}{p} $ \end{enumerate}} \Expl{le nombre de façons de choisir 2 délégués parmi 30 élèves est égal au nombre de façons de choisir 28 élèves non délégués parmi 30 : $$ \binom{30}{2}=\binom{30}{28}$$} \Applic{Démontrer par récurrence que les coefficients $\binom{n}{p}$ sont des entiers (pour tout entier naturel n et tout entier naturel p compris entre 0 et n)} \subsection{Triangle de Pascal} La relation de Pascal \footnote{Le tableau est appelé triangle de Pascal en hommage à ce dernier qui écrivit en 1654 son "traité du triangle arithmétique" dans lequel il expose d'innombrables applications du triangle déjà connu de Tartaglia (1556), Stiefel (1543) et des Chinois (1303).} permet de calculer les coefficient binomiaux de la façon suivante : pour trouver un certain coefficient, on additionne dans le tableau suivant les coefficients situés "juste au dessus" et "juste au dessus à gauche" entre eux. \begin{tabular}{|c||*{11}{c|}}\hline \backslashbox[11mm]{n}{p} &\makebox[3em]{0}&\makebox[3em]{1}&\makebox[3em]{2} &\makebox[3em]{3} &\makebox[3em]{4} & $\dots$ &\makebox[3em]{p-1}&\makebox[3em]{p } & $\dots$ &\makebox[3em]{n-1} &\makebox[3em]{n}\\\hline\hline 0 & 1& & & & & & & & & &\\\hline 1&1 &1 & & & & & & & & & \\\hline 2 & 1& 2& 1& & & & & & & &\\\hline 3 & 1& 3& 3& 1& & & & & & &\\\hline 4 & 1& 4& 6& 4& 1& & & & & &\\\hline 5 & 1& 5& 10& 10& 5& 1& & & & &\\\hline $\dots$& & & & & & & & & & &\\\hline $n-1$& $1$ & $n-1$ & & & & & $ \binom{n-1}{p-1}$& $\binom{n-1}{p}$ & & &$1$\\\hline $n$& $1$ & $n$ & & & & & & $\binom{n}{p}$ && $n$& $1$\\\hline \end{tabular} \subsection{Formule du binôme de Newton} \Thc[Formule du binôme]{Pour tous nombres complexes $a$ et $b$ et tout entier naturel $n$ non nul : $$ (a+b)^n=\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p$$ } \Expl{A l'aide de cette formule et du triangle pascal on retrouve des résultats bien utiles : \begin{enumerate} \item pour $n=2$ $(a+b)^2=\binom{2}{0}a^2b^0+\binom{2}{1}a^1b^1+\binom{2}{2}a^0b^2=a^2+2ab+b^2$ \item pour $n=3$ $(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^2$ \item pour $n=4$ $(a+b)^4=a^4+4a^3b^+6a^2b^2+4ab^3+b^4$ \end{enumerate} Notons qu'il n'est pas inutile de savoir substituer $(-b)$ à $b$ dans la formule pour obtenir : $$ (a-b)^n=\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}(-b)^p=\sum_{p=0}^n (-1)^p\binom{n}{p} a^{n-p}b^p$$ En pratique, les signes obtenus en développant cette dernière formule alternent ; par exemple : $$(a-b)^5=a^5-5a^4b+10a^3b^2-10a^2b^3+5ab^4-b^5$$ Il est aussi utile de savoir utiliser la formule avec des valeurs particulières de $a$ et $b$ : \begin{enumerate} \item Lorsque $a=b=1$ on a alors : $$ 2^n=\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} $$ \item Lorsque $a=1$ et $b=-1$ on a alors : $$ 0=\sum_{p=0}^n (-1)^p\binom{n}{p}$$ \end{enumerate} } \Dem{Notons $\mathscr P(n)$ la propriété à démontrer avec $n\in\N^*$ \begin{itemize} \item \textbf{Initialisation} : $(a+b)^1=a+b$ et : $$ \sum_{p=0}^1 \binom{1}{p}a^{1-p}b^p=\binom{1}{0}a^1b^0+\binom{1}{1}a^0b^1=a+b$$ La propriété $\mathscr P$ est donc vraie au rang $1$. \item \textbf{Hérédité} : Supposons que $\mathscr P$ soit vraie pour un certain $n$ et montrons que $\mathscr P$ est vraie au rang $n+1$. On a alors : $$ (a+b)^n=\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p$$ Calculons $(a+b)^{n+1}=(a+b)^n(a+b)$ i.e $$ (a+b)^{n+1}=a\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p+b\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^p=\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n+1-p}b^p+\sum_{p=0}^n \binom{n}{p} a^{n-p}b^{p+1}$$ d'où : $$ (a+b)^{n+1}=a^{n+1}+\sum_{p=1}^n \binom{n}{p} a^{n+1-p}b^p+\sum_{p=0}^{n-1} \binom{n}{p} a^{n-p}b^{p+1}+b^{n+1}$$ Or : $$\sum_{p=0}^{n-1} \binom{n}{p} a^{n-p}b^{p+1}=\sum_{p=1}^n \binom{n}{p-1} a^{n-p+1}b^{p}$$ Et donc : $$\sum_{p=1}^n \binom{n}{p} a^{n+1-p}b^p+\sum_{p=1}^{n} \binom{n}{p-1} a^{n-p+1}b^{p}=\sum_{p=1}^n\left(\binom{n}{p}+\binom{n}{p-1}\right)a^{n+1-p}b^{p}=\sum_{p=1}^n \binom{n+1}{p}a^{n+1-p}b^{p}$$ Au final on a bien : $$ (a+b)^{n+1}=a^{n+1}+\sum_{p=1}^n \binom{n+1}{p}a^{n+1-p}b^{p}+b^{n+1}=\sum_{p=0}^{n+1} \binom{n+1}{p}a^{n+1-p}b^{p}$$ Ainsi la propriété $\mathscr P$ est héréditaire ce qui montre la propriété $\mathscr P$ pour tout $n\in \N^*$ \end{itemize}} \section{Lois de probabilités discrètes : Loi de Bernoulli et loi binomiale} %\subsection{Loi de Bernoulli et loi binomiale}% %\subsubsection{Exemple introductif} La probabilité qu'un tireur atteigne sa cible est $p=\dfrac{3}{4}$. \begin{enumerate} \item On suppose qu'il fait deux tirs et on note $X$ la variable aléatoire associant à cette épreuve le nombre de succès obtenus. ($X = 0$, $1$ ou $2$) \begin{enumerate} \item Calculer la probabilité des événements $(X = 0)$, $(X = 1)$ et $(X = 2)$. (On pourra s'aider d'un arbre "pondéré" et on désignera par $S$ les succès et $E$ les échecs) \item Calculer $\sum_{k=0}^2 P(X=k)$. \end{enumerate} \item On suppose maintenant qu'il fait six tirs et on note $Y$ le nombre de succès obtenus. $Y\in\{0;1;\dots;6\}$. On voudrait calculer la probabilité de l'événement $(Y = 4)$. \begin{enumerate} \item Peut-on encore raisonner à l'aide d'un arbre ? \item Calculer la probabilité qu'il commence par quatre succès suivis de deux échecs. \item Mais les succès et les échecs n'apparaissent pas nécessairement dans cet ordre. Parmi les "mots" de six lettres qui ne contiennent que des $S$ et des $E$, combien contiennent exactement quatre fois la lettre $S$ ? \item En déduire la probabilité de l'événement $(Y = 4)$. \end{enumerate} \end{enumerate} \Defc[Variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli]{Soit $\mathscr E$ une épreuve comportant deux issues (Succès et Echec). On note $p$ la probabilité de succès. Soit $X$ la variable aléatoire qui est égale à $1$ en cas de succès et $0$ sinon. Alors, on dit que $X$ suit une loi de Bernoulli de paramètres $p$. On note alors :$X\hookrightarrow B(1;p)$} \Expl{\begin{itemize} \item Pile ou Face. \item Lancer un dé et regarder si l'on obtient un 6 ou non. \end{itemize}} \Exoi{ Démontrer que si $X\hookrightarrow B(1;p)$ alors $X^2\hookrightarrow B(1;p)$} \Sol{On a $X^2(\Omega)=\{0;1\}$, et $P(X^2=1)=P(X=1)$ par conséquent on a bien $X^2\hookrightarrow B(1;p)$} \Ptec[Espérance et variance d'une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli]{ Si $X\hookrightarrow B(1;p)$ alors : $$ E(X)=p\qquad \text{et} \qquad V(X)=p(1-p)$$} \Dem{$$ E(X)=P(X=0)\times 0 + P(X=1)\times 1=0+p=p$$ $$ V(X)=E(X^2)-E(X)^2=p-p^2=p(1-p)$$} \Defc[Schéma de Bernoulli]{Soit $n\in\N^*$. Lorsqu'on répète, de manière indépendante, $n$ fois une même épreuve de Bernoulli de paramètre $p$. on dit que l'on fait un schéma de Bernoulli.} \Exop{On lance $n$ dés ($n \geq 1$). On note $A$ l'événement \og obtenir au moins un $ 6$ (sur l'ensemble des $n$ lancers) \fg. \begin{enumerate} \item Décrire l'événement $\overline{A}$ à l'aide d'une phrase. \item Faire un arbre et calculer $p(A)$ dans le cas où $n = 3$. \item Dans cette question, on suppose $n$ quelconque. Exprimer $p(A)$ en fonction de $n$. \item Combien de dés faut-il lancer pour que la probabilité d'obtenir au moins un six soit supérieure à $\dfrac{3}{4}$ ? \end{enumerate}} \Sol{\begin{enumerate} \item $\overline{A}$ est lévénement \og ne pas obtenir de $6$ \fg. \item \quad \\ \begin{center} %\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$6$}\taput{\small $1/6$}} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$6$}\taput{\small $1/6$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$6$}\taput{\small $1/6$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{6}$}\tbput{\small $5/6$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{6}$}\tbput{\small $5/6$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$6$}\taput{\small $1/6$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{6}$}\tbput{\small $5/6$} } } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{A}$}\tbput{\small $5/6$}} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$6$}\taput{\small $1/6$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$6$}\taput{\small $1/6$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{6}$}\tbput{\small $5/6$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{6}$}\tbput{\small $5/6$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$6$}\taput{\small $1/6$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{6}$}\tbput{\small $5/6$} } } } \end{center} Par conséquent $$ P(A)=1-P(\overrightarrow{A})=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^3=1-\dfrac{125}{216}=\dfrac{91}{216}$$ \item En raisonnement de la même manière on obtient : $$ P( A)=1-P(\overline{A})=1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n$$ \item On cherche le plus petit entier $n$ tel que : \begin{eqnarray*} & &P(A)\geq \dfrac{3}{4}\\ &\Longleftrightarrow & 1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n\geq \dfrac{3}{4}\\ &\Longleftrightarrow & -\left(\dfrac{5}{6}\right)^n \geq -\dfrac{1}{4}\\ &\Longleftrightarrow & \left(\dfrac{5}{6}\right)^n \leq \dfrac{1}{4}\\ &\Longleftrightarrow & \ln \left(\dfrac{5}{6}\right)^n \leq \ln \dfrac{1}{4}\\ &\Longleftrightarrow & n \ln \left(\dfrac{5}{6}\right) \leq -\ln 4\\ \Longleftrightarrow & n \geq -\dfrac{\ln 4}{\ln \left(\dfrac{5}{6}\right)}=-\dfrac{\ln 4}{\ln 5-\ln 6}\simeq 7,6 \Longleftrightarrow & n\geq 8 \end{eqnarray*} Nous devons donc lancer au moins $8$ fois le dé pour être sûr à $75\%$ d'obtenir au moins un $6$. \end{enumerate}} \Defc[Variable aléatoire suivant une loi binomiale]{Soit $\mathscr E$ une épreuve de Bernoulli (épreuve comportant deux issues Succès et Echec). On note $p$ la probabilité de succès. Soit $n\in\N^*$.\\ On répète $n$ fois de manière indépendante l'épreuve $\mathscr E$ et on note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de succès. ($X$ est à valeurs dans $\{0;1;\dots; n\}$).\\ Dans ces conditions, on dit que la variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètre $n$ et $p$. On note parfois $X \hookrightarrow B(n ; p)$.} \Expl{Reprenons la situation précédente (lancer de $3$ dés) et notons $X$ le nombre de $6$ obtenus. \\ $X$ est à valeurs dans $\{0 ;1;2;3\}$.\\ Calculons la probabilité d'obtenir exactement deux $6$. D'après les règles sur les arbres, on a : $$P(X = 2) = P(6 - \overline{6} - 6 ) + P(\overline{6} - 6 - 6) + P( 6 - 6 - \overline{6}) =\dfrac{1}{6}\times \dfrac{5}{6}\times \dfrac{1}{6}+\dfrac{5}{6}\times \dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}\times \dfrac{1}{6}\times \dfrac{5}{6}=3\times \left(\dfrac{1}{6}\right)^2\times \dfrac{5}{6}=\dfrac{5}{72}$$} Généralisons ce raisonnement : \Thc{Soit $X$ une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$.\\ Pour tout $k\in \{0;1;\dots; n\}$ : $$ P(X=k)=\binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$$} \Dem{La probabilité d'avoir $k$ succès suivis de $n - k$ échecs est : $$ p^k (1-p)^{n-k}$$ Mais les succès et les échecs n'apparaissent pas nécessairement dans cet ordre$\dots$. Voici un moyen de dénombrer toutes les possibilités d'apparition des succès et échecs : on considère l'ensemble des \og mots \fg de $n$ lettres qui ne contiennent que des $S$ et des $E$. On sait qu'il y en a exactement $\binom{n}{k}$ qui contiennent $k$ fois la lettre $S$ (et donc $n-k$ fois la lettre $E$).\\ On en déduit : $$ P(X=k)=\binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$$} \Rqs{ \item Si on note $q$ la probabilité d'échec alors $P(X=k)=\binom{n}{k} p^k q^{n-k}$ \item La probabilité d'avoir $n$ succès est : $P(X=n)=p^n$ \item La probabilité de n'avoir aucun succès est : $P(X=0)=q^n$\\ Par conséquent, la probabilité d'avoir au moins un succès est : $$ P(X\geq 1)=1-P(X=0)=1-q^n$$} \Ptec[Espérance et variance d'une variable aléatoire suivant une loi de Bernoulli]{ Si $X\hookrightarrow B(n;p)$ avec $n\in\N^*$ et $p\in [0;1]$, alors : $$ E(X)=np\qquad \text{et}\qquad V(X)=np(1-p)$$ } \Dem{$$ E(X)=\sum_{k=0}^n P(X=k)k=\sum_{k=1}^n\binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}k$$ Or $$k\binom{n}{k}=k\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\dfrac{kn!}{k!(n-k)!}=\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}$$ et : $$n\binom{n-1}{k-1}=\dfrac{n (n-1)!}{(k-1)!(n-1-k+1)!}=\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!} $$ Par conséquent : $k\binom{n}{k}=n\binom{n-1}{k-1}$, ce qui donne : $$ E(X)=\sum_{k=1}^n n\binom{n-1}{k-1}p^k (1-p)^{n-k}=n \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}p^k (1-p)^{n-k}=np \sum_{k=1}^n \binom{n-1}{k-1}p^{k-1} (1-p)^{n-1-(k-1)}=np \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}p^{k} (1-p)^{n-1-k}$$ Or d'après la formule du binôme de Newton on sait que : $$ (x+y)^{n-1}=\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n-1}{k}x^{k} y^{n-1-k}$$ Ici donc : $$ E(X)=np(p+1-p)^{n-1}=np$$ Nous admettons la formule pour la variance.} \Expl{Reprenons la situation de l'introduction : la probabilité qu'un tireur atteigne sa cible est $p =\dfrac{3}{4}$.\\ On suppose qu'il tire $n = 7$ fois. On note $X$ la variable aléatoire associant à cette expérience aléatoire le nombre de succès obtenus. Calculer son espérance et sa variance.} %\section{Lois continues} %\section{Test d'adéquation à une loi} \end{document}