Probabilités : mesurer une chance, sans se raconter d'histoires

Une expérience aléatoire est une expérience dont on connaît tous les résultats possibles, mais dont on ne peut pas prévoir lequel se produira. Lancer un dé, faire tourner une roue de loterie, tirer un jeton dans un sac : ce sont des expériences aléatoires.

• Chaque résultat possible s'appelle une issue. Pour un dé à six faces : $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$.
• Un événement est un ensemble d'issues, décrit par une phrase. « Obtenir un nombre pair » est un événement, réalisé par les issues $2$, $4$ et $6$.

La probabilité d'un événement est un nombre compris entre $0$ et $1$ qui mesure sa chance de se produire. Dans les univers finis étudiés ici, dont chaque issue a une probabilité strictement positive, $0$ signifie « impossible » et $1$ « certain ». Cette équivalence ne se généralise pas à tous les modèles de probabilité.

Comment obtient-on ce nombre ? De deux façons, et elles se rejoignent.

1. En répétant l’expérience. Dans un modèle de répétitions indépendantes avec la même probabilité, la fréquence observée permet d’estimer cette probabilité. Plus le nombre d’essais augmente, plus une grande erreur devient peu probable ; cela ne signifie pas que la fréquence se rapproche à chaque essai. Une série finie de lancers de punaise ne donne donc pas une valeur exacte, et des conditions expérimentales qui changent peuvent invalider le modèle.

2. En comptant, quand toutes les issues ont la même chance. Si le modèle donne la même probabilité à chaque issue — dé équilibré, tirage uniforme de jetons, roue non biaisée à secteurs identiques —, on dit qu’il y a équiprobabilité, et alors :

Pourquoi cette formule fonctionne-t-elle ? Parce que si les $n$ issues ont la même probabilité $p$, et que leur somme doit valoir $1$ (l'une d'elles se produit forcément), alors $n \times p = 1$, donc chaque issue vaut $\frac{1}{n}$. Un événement fait de $f$ issues vaut donc $f \times \frac{1}{n} = \frac{f}{n}$. La formule n'est pas une recette : c'est une conséquence.

Attention au mot « favorable » : il ne veut pas dire « souhaitable ». Un cas favorable est simplement un cas qui réalise l'événement décrit, même s'il s'agit de tomber en panne.

Trois écritures pour un même nombre. Une probabilité peut s'écrire en fraction, en décimal ou en pourcentage : $\dfrac{2}{5} = 0{,}4 = 40\ \%$. Ce sont trois habits, un seul nombre. Lis bien l'énoncé pour savoir lequel il attend.

L'événement contraire. Le contraire d'un événement $A$, c'est « $A$ ne se produit pas ». Chaque issue est soit dans $A$, soit dans son contraire, jamais dans les deux ni dans aucun. Les deux probabilités se partagent donc la totalité :

C'est souvent le chemin le plus court. « Au moins un » est presque toujours plus simple à calculer par son contraire, « aucun ».

Deux événements incompatibles. Deux événements sont incompatibles lorsqu'ils ne peuvent pas se produire en même temps. « Tirer un jeton rouge » et « tirer un jeton vert » sont incompatibles : un jeton n'a qu'une couleur. Dans ce cas seulement, les cas favorables s'additionnent :

Et s'ils ne sont pas incompatibles ? Alors l'addition compte deux fois les issues communes, et le résultat est trop grand. Exemple : un sac de $20$ jetons numérotés, chacun rouge ou bleu.

$P(\text{rouge}) = \dfrac{9}{20} = 45\ \%$ et $P(\text{pair}) = \dfrac{11}{20} = 55\ \%$. Leur somme fait $100\ \%$, ce qui voudrait dire « certain » — absurde, puisqu'un jeton bleu impair ne réalise ni l'un ni l'autre, et il y en a $5$. La méthode juste au collège consiste à compter directement les cas favorables : les $9$ rouges, plus les $6$ bleus pairs (les rouges pairs sont déjà comptés), soit $15$ jetons.

L'écart de $25$ points correspond exactement aux $5$ jetons rouges et pairs, comptés deux fois par l'addition.

Une expérience à deux épreuves : on dénombre. Quand on enchaîne deux tirages, la méthode ne change pas : on compte toutes les issues de l'expérience double, on compte celles qui conviennent, et on divise. L'outil pour ne rien oublier est le tableau à double entrée : une ligne par résultat du premier tirage, une colonne par résultat du second, une case par issue.

Prends une urne de $3$ jetons indiscernables au toucher : deux rouges, que l'on distingue en pensée par $R_1$ et $R_2$, et un bleu $B$. On tire uniformément un jeton, on le remet puis on mélange à nouveau ; le second tirage uniforme est supposé indépendant du premier.

Neuf cases, toutes de même chance sous les hypothèses de tirages uniformes et indépendants annoncées ; l’indiscernabilité au toucher ne suffit pas à elle seule à prouver ces hypothèses. Les cases où les deux jetons sont rouges sont au nombre de quatre :

Un raccourci, à connaître comme raccourci. Tu remarqueras que $\dfrac{4}{9} = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3}$ : multiplier la probabilité du premier tirage par celle du second donne le même résultat, plus vite. Ce produit des probabilités non conditionnelles est valable ici grâce à l’indépendance des tirages. La seule conservation de la composition ne prouve pas cette indépendance. Un arbre pondéré peut représenter les probabilités sur les branches. Dans la progression choisie ici, le tableau de dénombrement est la méthode principale et le produit sert de contrôle.

Avec ou sans remise ? C'est la question à se poser avant de remplir le tableau.

• Avec remise : on remet l'objet tiré, la composition est identique au second tirage, et le tableau est complet — la case $R_1R_1$ existe.
• Sans remise : il y a un objet de moins, la composition a changé. On recompte : les cases $R_1R_1$, $R_2R_2$ et $BB$ disparaissent, il ne reste que $6$ issues, et $P(\text{deux rouges}) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$. Recompter, toujours ; ne jamais recopier les nombres du premier tirage.

Dans ce modèle de tirages indépendants, avec remise et mélange, après cinq jetons rouges d'affilée, la probabilité d'un rouge au tirage suivant est exactement la même qu'au premier : l'urne, elle, n'a rien retenu. Croire qu'une couleur « est due » ou qu'une autre « est en série » s'appelle l'illusion du joueur. C'est faux, et c'est le ressort de beaucoup de jeux d'argent.

Fréquence observée et probabilité ne sont pas la même chose. Sur $10$ lancers d'une pièce équilibrée, obtenir $7$ « pile » n'a rien d'extraordinaire. Le modèle de répétitions indépendantes à probabilité constante permet une stabilisation des fréquences au sens de la loi des grands nombres ; il ne prédit pas le résultat exact d’une petite série.

Énoncé. Une roue de loterie est partagée en $25$ secteurs identiques : $10$ secteurs rouges, $9$ secteurs bleus et $6$ secteurs verts. On suppose la roue non biaisée, avec chaque secteur équiprobable et des tours indépendants. On note la couleur du secteur désigné par la flèche à l’arrêt.

1. Justifier l'équiprobabilité. Le modèle suppose une roue non biaisée et des secteurs identiques : chaque secteur a la même probabilité. La seule taille égale des secteurs ne démontrerait pas l’absence de biais mécanique. On peut appliquer la formule des cas favorables. Cette justification n'est pas une formalité de rédaction : sans elle, la formule n'a aucune raison d'être valable.

2. Probabilité d'obtenir un secteur rouge. Cas favorables : les $10$ secteurs rouges. Cas possibles : les $25$ secteurs.

3. Probabilité de ne pas obtenir un secteur rouge. Par l'événement contraire :

Vérification par le comptage direct : les secteurs qui ne sont pas rouges sont les $9$ bleus et les $6$ verts, soit $15$ secteurs, et $\dfrac{15}{25} = 0{,}6$. Les deux méthodes concordent.

4. Probabilité d'obtenir un secteur rouge ou un secteur vert. Un secteur ne peut pas être des deux couleurs à la fois : les deux événements sont incompatibles, donc les cas favorables s'ajoutent.

5. Contrôler avec la somme. Les trois couleurs couvrent toutes les issues, et elles sont deux à deux incompatibles :

Autrement dit $40\ \% + 36\ \% + 24\ \% = 100\ \%$. Si tu ne trouves pas $1$, une couleur a été mal comptée.

6. Deux tours de roue, par dénombrement. On fait tourner la roue deux fois. Les tours sont supposés indépendants et chaque secteur garde la même probabilité : le modèle est l’équivalent de tirages uniformes indépendants avec remise. On compte les issues de l'expérience double : $25$ secteurs possibles au premier tour, $25$ au second, donc

Parmi elles, celles qui donnent du rouge aux deux tours sont au nombre de $10 \times 10 = 100$. D'où

Raccourci de vérification : $0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}16$. On retrouve le même nombre sous les hypothèses d’indépendance. Cette leçon privilégie le dénombrement ; respecte la méthode et la justification demandées dans chaque exercice.

7. Ne pas se raconter d'histoires. Supposons que les cinq premiers tours aient tous donné du rouge. La probabilité d'obtenir du rouge au sixième tour vaut toujours $40\ \%$ : la roue n'a pas changé, elle ne se souvient de rien. Une série passée ne modifie pas la suite.

8. Contrôler la vraisemblance. Toutes les probabilités trouvées sont comprises entre $0$ et $1$ ; celle de « rouge ou vert » est plus grande que celle de « rouge » seul, ce qui est normal puisqu'on a élargi l'événement ; celle de « rouge puis rouge » est plus petite que celle de « rouge », ce qui est normal aussi puisqu'on a ajouté une exigence. Ces trois contrôles attrapent presque toutes les erreurs de calcul.

Lire la figure, sous les hypothèses de roue non biaisée et de tirages uniformes indépendants énoncées plus haut (fig.math.probability-tree) : deux panneaux, celui de la situation et celui de l'expérience à deux épreuves.

• Panneau de gauche — la roue. Un disque partagé en $25$ secteurs rigoureusement identiques (chacun de $360 \div 25 = 14{,}4^\circ$), avec une flèche fixe pointant vers le haut. Les $10$ secteurs rouges sont unis, les $9$ bleus sont hachurés en diagonale, les $6$ verts sont pointillés : la texture double la couleur, pour que la figure reste lisible sans elle. Une légende sous le disque donne, pour chaque couleur, l'effectif, la fraction et le pourcentage : rouge $10/25 = 40\ \%$, bleu $9/25 = 36\ \%$, vert $6/25 = 24\ \%$, et une ligne de total : $25/25 = 100\ \%$.
• Panneau de droite — dénombrer les deux tours. Un tableau à double entrée sur l'exemple réduit du bloc « Approfondir » : une urne de trois jetons, $R_1$, $R_2$ et $B$, tirés avec remise. Trois lignes (premier tirage) et trois colonnes (second tirage) délimitent neuf cases, chacune portant l'issue correspondante, de $R_1R_1$ à $BB$. Les quatre cases où les deux jetons sont rouges sont hachurées et portent un liseré épais ; les cinq autres restent blanches. Sous le tableau : « $4$ cases favorables sur $9$ cases possibles, toutes de même chance : $P = \dfrac{4}{9}$ ».
• Sous le tableau, un encadré « raccourci », visiblement séparé : « $\dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{9}$ — même résultat en multipliant. Sous indépendance ; un arbre pondéré permet aussi de représenter ce calcul. »
• Un second encadré de contrôle, sous le disque : « la somme des probabilités de toutes les issues vaut $1$ : $0{,}4 + 0{,}36 + 0{,}24 = 1$ ».

Ce qu'il faut lire. Le disque montre d'où viennent les nombres : les cas favorables sont des parts du disque, et la formule « favorables sur possibles » est littéralement une proportion d'aire. Le tableau montre que la méthode ne change pas quand il y a deux épreuves : on compte les issues, on compte les favorables, on divise — simplement, il y a désormais neuf issues au lieu de trois. On voit aussi pourquoi la probabilité devient plus petite quand on enchaîne deux conditions : quatre cases sur neuf, c'est moins que deux jetons sur trois.

La figure en détail : à gauche, un disque partagé en 25 secteurs de même taille, dont 10 sont rouges et unis, 9 sont bleus et hachurés, 6 sont verts et pointillés ; une flèche fixe pointe vers le haut ; la légende donne 10 sur 25 égale 40 pour cent, 9 sur 25 égale 36 pour cent, 6 sur 25 égale 24 pour cent, total 100 pour cent. À droite, un tableau à double entrée de trois lignes et trois colonnes, pour une urne de trois jetons R1, R2 et B tirés avec remise : les neuf cases portent les neuf issues, de R1R1 à BB. Les quatre cases où les deux jetons sont rouges sont hachurées. Sous le tableau : quatre cases favorables sur neuf cases possibles, soit une probabilité de 4 sur 9. Un encadré séparé donne le raccourci : deux tiers multipliés par deux tiers égalent quatre neuvièmes, calcul sous indépendance, qui peut aussi être représenté sur un arbre pondéré.