Combinatoire et probabilités en L1 de maths : cours et méthodes
Ce cours combinatoire probabilités L1 réunit deux sujets qui se répondent : le dénombrement et les probabilités sur un univers fini. Nous commençons par le cardinal d’une réunion et d’un produit. Ensuite, nous classons les situations de comptage en listes, arrangements et combinaisons.
La seconde moitié construit les probabilités à partir de ces outils. La probabilité conditionnelle, la formule des probabilités totales et la formule de Bayes y sont démontrées, puis illustrées par des paradoxes commentés. Nous traitons aussi l’indépendance, avec un contre-exemple qui sépare indépendance deux à deux et mutuelle.
Enfin, les variables aléatoires finies conduisent à l’espérance, à la variance et à la loi binomiale. Ce chapitre du second semestre prépare les probabilités discrètes et la statistique de deuxième année.
Ce que vous saurez faire
- Calculer le cardinal d’une réunion, d’un complémentaire ou d’un produit d’ensembles finis.
- Choisir le bon modèle de dénombrement : liste, arrangement, permutation ou combinaison.
- Construire un univers fini et y calculer des probabilités, en particulier sous l’hypothèse d’équiprobabilité.
- Calculer une probabilité conditionnelle, puis exploiter la formule des probabilités totales et celle de Bayes.
- Tester l’indépendance de deux ou de plusieurs événements.
- Déterminer la loi, l’espérance et la variance d’une variable aléatoire finie, et reconnaître une loi binomiale.
1. Ensembles finis et cardinal
Toute la combinatoire repose sur une seule question : combien un ensemble possède-t-il d’éléments ? Nous fixons d’abord le vocabulaire. Ensuite, nous établissons les deux règles de base, celle de la somme et celle du produit.
1.1 Cardinal d’un ensemble fini
On dit que \(E\) est fini lorsque \(E = \varnothing\) ou lorsque ses éléments peuvent être numérotés bijectivement par \(1, 2, \ldots, n\) pour un certain \(n \geqslant 1\). Le nombre \(n\) ne dépend pas de la numérotation choisie. On l’appelle le cardinal de \(E\) et on l’écrit \(\operatorname{card}(E)\) ou \(|E|\). L’ensemble vide a pour cardinal \(0\).
Autrement dit, compter les éléments revient à les numéroter sans oubli ni répétition. Par conséquent, deux ensembles en bijection ont le même cardinal. Ce principe simple est l’outil le plus puissant du chapitre : pour compter un ensemble difficile, on le met en bijection avec un ensemble plus commode.
Soient \(A\) et \(B\) deux parties d’un ensemble fini \(E\).
- Si \(A\) et \(B\) sont disjointes, alors \(\operatorname{card}(A \cup B) = \operatorname{card}(A) + \operatorname{card}(B)\).
- Le complémentaire vérifie \(\operatorname{card}(E \setminus A) = \operatorname{card}(E) – \operatorname{card}(A)\).
- Si \(A \subset B\), alors \(\operatorname{card}(A) \leqslant \operatorname{card}(B)\).
1.2 Cardinal d’une réunion
Lorsque \(A\) et \(B\) se chevauchent, la somme des cardinaux compte deux fois les éléments communs. Il faut donc les retirer une fois.
Pour toutes parties finies \(A\), \(B\) et \(C\) :
\[ \operatorname{card}(A \cup B) = \operatorname{card}(A) + \operatorname{card}(B) – \operatorname{card}(A \cap B), \]
et, pour trois parties, en notant \(|X|\) le cardinal :
\[ |A \cup B \cup C| = |A| + |B| + |C| – |A \cap B| – |A \cap C| – |B \cap C| + |A \cap B \cap C|. \]
On découpe \(A \cup B\) en deux parties disjointes : \(A\) d’une part, \(B \setminus A\) d’autre part. Or \(B\) est la réunion disjointe de \(B \setminus A\) et de \(A \cap B\). Ainsi, \(|B \setminus A| = |B| – |A \cap B|\), ce qui donne la première formule. Pour trois parties, on applique deux fois ce résultat à \((A \cup B) \cup C\), en remarquant que \((A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)\).
La figure suivante montre les sept zones délimitées par trois parties. Dans la formule, la zone centrale est comptée trois fois, retirée trois fois, puis ajoutée une fois : elle est donc bien comptée une seule fois.
Combien d’entiers de \(1\) à \(360\) sont divisibles par \(8\) ou par \(10\) ?
Soit \(A\) l’ensemble des multiples de \(8\) et \(B\) celui des multiples de \(10\). On a \(|A| = 45\) et \(|B| = 36\). Ensuite, les multiples communs de \(8\) et de \(10\) sont exactement les multiples de \(\operatorname{ppcm}(8, 10) = 40\). Donc \(|A \cap B| = 9\). Finalement, \(|A \cup B| = 45 + 36 – 9 = 72\).
1.3 Produit cartésien et principe multiplicatif
Si \(E\) et \(F\) sont finis, alors \(\operatorname{card}(E \times F) = \operatorname{card}(E) \times \operatorname{card}(F)\). Plus généralement, \(\operatorname{card}(E_1 \times \cdots \times E_p) = \operatorname{card}(E_1) \times \cdots \times \operatorname{card}(E_p)\).
En pratique, on utilise cette règle sous la forme du principe multiplicatif. Supposons qu’un objet se construise en \(p\) étapes successives. Si la première étape offre \(n_1\) choix, puis la deuxième \(n_2\) choix quel que soit le premier, et ainsi de suite, alors on obtient \(n_1 n_2 \cdots n_p\) objets. Par exemple, un menu composé d’une entrée parmi \(4\), d’un plat parmi \(5\) et d’un dessert parmi \(3\) se choisit de \(60\) façons.
2. Combinatoire : listes, arrangements et combinaisons
Les situations de dénombrement se ramènent presque toutes à quatre modèles. Pour les distinguer, on se pose deux questions. D’abord, l’ordre des éléments choisis compte-t-il ? Ensuite, les répétitions sont-elles permises ? Dans toute cette partie, \(E\) désigne un ensemble à \(n\) éléments et \(p\) un entier naturel.
2.1 Listes et arrangements
On appelle \(p\)-liste de \(E\) toute suite \((x_1, \ldots, x_p)\) formée d’éléments de \(E\). Ainsi, deux listes rangées différemment sont distinctes, et un même élément peut figurer plusieurs fois. Un arrangement de \(p\) éléments de \(E\) est une \(p\)-liste dont les termes sont deux à deux distincts. Une permutation de \(E\) est un arrangement de ses \(n\) éléments.
- Il y a \(n^p\) listes de longueur \(p\) d’éléments de \(E\).
- Pour \(p \leqslant n\), il y a \(A_n^p = n(n-1)\cdots(n-p+1) = \dfrac{n!}{(n-p)!}\) arrangements de \(p\) éléments de \(E\) ; il n’y en a aucun si \(p > n\).
- Il y a \(n!\) permutations de \(E\).
Pour une liste, chaque terme se choisit librement parmi \(n\) éléments : le principe multiplicatif donne \(n^p\). Pour un arrangement, le premier terme offre \(n\) choix. Ensuite, le deuxième doit différer du premier, d’où \(n – 1\) choix. De même, le \(k\)-ième terme offre \(n – k + 1\) choix. Le produit vaut donc \(n(n-1)\cdots(n-p+1)\). Enfin, une permutation est un arrangement avec \(p = n\).
Ces formules traduisent aussi des énoncés sur les applications. Ainsi, le nombre d’applications d’un ensemble à \(p\) éléments dans \(E\) vaut \(n^p\). De même, le nombre d’injections vaut \(A_n^p\), et le nombre de bijections de \(E\) dans lui-même vaut \(n!\).
2.2 Combinaisons et coefficients binomiaux
Une combinaison de \(p\) éléments de \(E\) est une partie de \(E\) à \(p\) éléments : l’ordre ne compte pas et il n’y a pas de répétition. Leur nombre est noté \(\dbinom{n}{p}\) et se lit « \(p\) parmi \(n\) ».
Pour \(0 \leqslant p \leqslant n\), on a \(p!\,(n-p)!\,\dbinom{n}{p} = n!\). En particulier, \(\dbinom{n}{p} = \dfrac{n(n-1)\cdots(n-p+1)}{p!}\). Enfin, \(\dbinom{n}{p} = 0\) si \(p > n\).
Nous comptons les arrangements de \(p\) éléments de deux façons. D’une part, il y en a \(A_n^p\). D’autre part, on peut d’abord choisir la partie formée par les \(p\) éléments, puis l’ordre dans lequel on les range. Il y a \(\binom{n}{p}\) choix de partie, puis \(p!\) rangements. Par conséquent, \(A_n^p = \binom{n}{p}\, p!\), ce qui donne la formule.
2.3 Propriétés des coefficients binomiaux
Cette preuve illustre le double comptage : on compte un même ensemble de deux manières, puis on égale les résultats. On l’utilise aussi pour établir les propriétés suivantes.
- Symétrie : \(\dbinom{n}{p} = \dbinom{n}{n-p}\).
- Relation de Pascal : pour \(1 \leqslant p \leqslant n\), \(\dbinom{n+1}{p} = \dbinom{n}{p} + \dbinom{n}{p-1}\).
- Formule du binôme : pour tous réels \(a\) et \(b\), \((a + b)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k}\).
- En particulier, avec \(a = b = 1\), le nombre total \(2^n\) de parties de \(E\) est la somme de tous les \(\binom{n}{k}\).
Pour la relation de Pascal, on fixe un élément \(\omega\) d’un ensemble à \(n + 1\) éléments. Une partie à \(p\) éléments soit ne contient pas \(\omega\), soit le contient. Dans le premier cas, on choisit \(p\) éléments parmi les \(n\) autres. Dans le second, on en choisit \(p – 1\). Le triangle ci-dessous construit les coefficients ligne par ligne grâce à cette relation.
2.4 Choisir le bon modèle
- Décrire précisément un résultat type : une suite ordonnée, un ensemble, une répartition.
- Se demander si l’ordre compte : si oui, on pense listes ou arrangements ; sinon, combinaisons.
- Se demander si les répétitions sont possibles : si oui, listes ; sinon, arrangements.
- Pour une situation mixte, découper la construction en étapes et appliquer le principe multiplicatif.
- Si l’événement contient « au moins », passer souvent par le complémentaire.
Une main de \(5\) cartes est tirée dans un jeu de \(32\) cartes. Combien de mains contiennent exactement deux cœurs ?
Une main est une partie : l’ordre ne compte pas. On choisit d’abord les deux cœurs parmi les \(8\), soit \(\binom{8}{2} = 28\) choix. Ensuite, on choisit les trois autres cartes parmi les \(24\) qui ne sont pas des cœurs, soit \(\binom{24}{3} = 2024\) choix. Le principe multiplicatif donne \(28 \times 2024 = 56\,672\) mains.
Piège à éviter :
On ne compte pas « au moins un cœur » en choisissant un cœur puis quatre cartes quelconques. En effet, une main avec deux cœurs serait alors comptée deux fois. La bonne méthode passe par le complémentaire : \(\binom{32}{5} – \binom{24}{5}\).
3. Univers fini et probabilités
Une expérience aléatoire produit un résultat qu’on ne peut pas prévoir. Pourtant, l’ensemble des résultats possibles est connu à l’avance. Nous modélisons cette situation par un ensemble fini muni d’une fonction qui mesure les chances.
3.1 Univers, événements, probabilité
Un univers est un ensemble fini non vide \(\Omega\) dont les éléments représentent les issues de l’expérience. Un événement est une partie de \(\Omega\). Une probabilité sur \(\Omega\) est une application \(P\) de \(\mathcal{P}(\Omega)\) dans \([0, 1]\) telle que :
- \(P(\Omega) = 1\) ;
- pour tous événements \(A\) et \(B\) disjoints, \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\).
Le vocabulaire ensembliste prend alors un sens concret. Ainsi, \(A \cap B\) se lit « \(A\) et \(B\) », \(A \cup B\) se lit « \(A\) ou \(B\) », et \(\overline{A}\) est l’événement contraire. Deux événements disjoints sont dits incompatibles.
- \(P(\varnothing) = 0\) et \(P(\overline{A}) = 1 – P(A)\).
- Si \(A \subset B\), alors \(P(A) \leqslant P(B)\).
- \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\).
- Une probabilité est entièrement déterminée par les nombres \(p_\omega = P(\{\omega\})\), qui sont positifs et de somme \(1\). Pour tout événement \(A\), on a \(P(A) = \sum_{\omega \in A} p_\omega\).
3.2 Équiprobabilité
On parle d’équiprobabilité, ou de probabilité uniforme, lorsque toutes les issues ont la même probabilité. On a alors, pour tout événement \(A\) :
\[ P(A) = \frac{\operatorname{card}(A)}{\operatorname{card}(\Omega)}. \]
Dans ce cadre, calculer une probabilité revient à dénombrer. C’est pourquoi la combinatoire de la partie 2 sert directement ici. Cependant, l’équiprobabilité est une hypothèse de modélisation, pas une évidence. Les expressions « au hasard », « dé équilibré » ou « tirage indiscernable au toucher » la justifient.
On lance deux dés équilibrés à quatre faces, numérotées de \(1\) à \(4\). Quelle est la probabilité que la somme vaille \(5\) ?
D’abord, on choisit un univers où l’équiprobabilité est légitime : \(\Omega = \{1, 2, 3, 4\}^2\), qui contient \(16\) couples. Ensuite, l’événement contient \((1, 4)\), \((2, 3)\), \((3, 2)\) et \((4, 1)\). Donc la probabilité vaut \(\frac{4}{16} = \frac{1}{4}\).
Piège à éviter :
Prendre pour univers l’ensemble des sommes \(\{2, \ldots, 8\}\) avec équiprobabilité donnerait \(\frac{1}{7}\), ce qui est faux. En effet, les sommes ne sont pas équiprobables : \(2\) ne s’obtient que d’une façon, alors que \(5\) s’obtient de quatre façons. Il faut toujours des issues de même probabilité, quitte à distinguer des objets identiques.
4. Probabilités conditionnelles et indépendance
Une information partielle modifie les chances d’un événement. Par exemple, savoir qu’un dé a donné un nombre pair change la probabilité d’avoir obtenu \(6\). La probabilité conditionnelle formalise cette mise à jour.
4.1 Probabilité sachant un événement
Soit \(B\) un événement tel que \(P(B) > 0\). La probabilité de \(A\) sachant \(B\) est :
\[ P_B(A) = P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}. \]
L’application \(A \mapsto P_B(A)\) est encore une probabilité sur \(\Omega\).
On en déduit la formule des probabilités composées : \(P(A \cap B) = P(B)\, P_B(A)\). Plus généralement, pour une suite d’événements dont les intersections ont une probabilité non nulle :
\[ P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1)\, P_{A_1}(A_2)\, P_{A_1 \cap A_2}(A_3). \]
Cette formule justifie la règle du produit le long d’une branche dans un arbre pondéré.
4.2 Probabilités totales et formule de Bayes
Soit \((B_1, \ldots, B_m)\) un système complet d’événements : ils sont deux à deux incompatibles, de réunion \(\Omega\), et de probabilités non nulles. Alors, pour tout événement \(A\) :
\[ P(A) = \sum_{i=1}^{m} P(B_i)\, P_{B_i}(A). \]
De plus, si \(P(A) > 0\), on a la formule de Bayes : \(P_A(B_j) = \dfrac{P(B_j)\, P_{B_j}(A)}{\sum_{i=1}^{m} P(B_i)\, P_{B_i}(A)}\).
Les événements \(A \cap B_i\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion vaut \(A\). Par additivité, \(P(A) = \sum P(A \cap B_i)\). Ensuite, chaque terme s’écrit \(P(B_i)\, P_{B_i}(A)\) par la formule des probabilités composées. Enfin, Bayes découle de \(P_A(B_j) = \frac{P(A \cap B_j)}{P(A)}\).
4.3 Un filtre de messagerie et ses fausses alertes
Dans une messagerie, \(15\,\%\) des courriels sont indésirables (événement \(H\)). Le filtre signale (événement \(F\)) \(80\,\%\) des indésirables, mais aussi \(10\,\%\) des courriels normaux. Un courriel est signalé : quelle est la probabilité qu’il soit indésirable ?
Le système \((H, \overline{H})\) est complet. D’abord, les probabilités totales donnent \(P(F) = 0{,}15 \times 0{,}8 + 0{,}85 \times 0{,}1 = 0{,}12 + 0{,}085 = 0{,}205\). Ensuite, Bayes donne \(P_F(H) = \frac{0{,}12}{0{,}205} = \frac{24}{41} \approx 0{,}585\). Ainsi, plus de quatre courriels signalés sur dix sont en réalité normaux.
Remarque :
Ce résultat surprend souvent. Il s’explique par la rareté relative de \(H\) : les courriels normaux sont si nombreux que leurs \(10\,\%\) de fausses alertes pèsent lourd. Ce phénomène, parfois appelé paradoxe des faux positifs, se retrouve dans tous les tests de dépistage.
4.4 Indépendance
Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants si \(P(A \cap B) = P(A)\, P(B)\). Des événements \(A_1, \ldots, A_m\) sont mutuellement indépendants si, pour toute sous-famille \(A_{i_1}, \ldots, A_{i_k}\) d’indices distincts, la probabilité de l’intersection est le produit des probabilités.
Lorsque \(P(B) > 0\), l’indépendance équivaut à \(P_B(A) = P(A)\) : connaître \(B\) ne change rien aux chances de \(A\). De plus, si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline{B}\) le sont aussi.
L’indépendance deux à deux n’entraîne pas l’indépendance mutuelle. On tire au hasard un entier dans \(\{1, 2, 3, 4\}\). Soient \(A = \{1, 2\}\), \(B = \{1, 3\}\) et \(C = \{1, 4\}\). Chacun a pour probabilité \(\frac{1}{2}\). Ensuite, chaque intersection de deux d’entre eux vaut \(\{1\}\), de probabilité \(\frac{1}{4} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}\). Pourtant, \(P(A \cap B \cap C) = \frac{1}{4} \neq \frac{1}{8}\).
Piège à éviter :
Indépendants ne signifie pas incompatibles. Prenons en effet \(A\) et \(B\) disjoints, avec \(P(A) > 0\) et \(P(B) > 0\). Alors \(P(A \cap B) = 0\), tandis que le produit \(P(A)\, P(B)\) est strictement positif. Par conséquent, l’égalité qui définit l’indépendance échoue.
5. Variables aléatoires finies
Souvent, on ne s’intéresse pas à l’issue elle-même mais à un nombre qui en dépend : un gain, un nombre de succès, un écart. Ce nombre est une variable aléatoire.
5.1 Loi d’une variable aléatoire
Une variable aléatoire réelle sur \(\Omega\) est une application \(X : \Omega \to \mathbb{R}\). Son ensemble image \(X(\Omega) = \{x_1, \ldots, x_r\}\) est fini. La loi de \(X\) est la donnée des nombres \(P(X = x_i)\) pour \(1 \leqslant i \leqslant r\), où \((X = x_i)\) désigne l’événement \(\{\omega \in \Omega : X(\omega) = x_i\}\).
Les événements \((X = x_i)\) forment un système complet. Par conséquent, les probabilités \(P(X = x_i)\) sont positives et de somme \(1\). On présente souvent la loi dans un tableau ou par un diagramme en bâtons.
5.2 Espérance et variance
L’espérance de \(X\) est \(E(X) = \sum_{i=1}^{r} x_i\, P(X = x_i)\). En notant \(m = E(X)\), la variance de \(X\) est \(V(X) = E\big((X – m)^2\big)\), et son écart type est \(\sigma(X) = \sqrt{V(X)}\).
L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités. La variance mesure la dispersion autour de cette moyenne. Pour les calculer efficacement, on dispose des règles suivantes.
- Linéarité : \(E(aX + bY) = a\,E(X) + b\,E(Y)\) pour toutes variables \(X, Y\) et tous réels \(a, b\).
- Transfert : \(E(f(X)) = \sum_{i} f(x_i)\, P(X = x_i)\).
- Formule de König-Huygens : \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2\).
- Pour tous réels \(a\) et \(b\) : \(V(aX + b) = a^2\, V(X)\).
Nous prouvons König-Huygens. Posons \(m = E(X)\). En développant, \((X – m)^2 = X^2 – 2mX + m^2\). Par linéarité, \(V(X) = E(X^2) – 2m\,E(X) + m^2 = E(X^2) – m^2\). De même, \(aX + b – E(aX + b) = a(X – m)\), dont le carré a pour espérance \(a^2 V(X)\).
Une roue de loterie comporte \(8\) secteurs égaux : \(5\) rapportent \(0\) euro, \(2\) rapportent \(3\) euros et \(1\) rapporte \(10\) euros. Soit \(G\) le gain.
La loi est \(P(G = 0) = \frac{5}{8}\), \(P(G = 3) = \frac{2}{8}\) et \(P(G = 10) = \frac{1}{8}\). Ensuite, \(E(G) = \frac{6 + 10}{8} = 2\). De plus, \(E(G^2) = \frac{2 \times 9 + 100}{8} = \frac{118}{8} = 14{,}75\). Par König-Huygens, \(V(G) = 14{,}75 – 4 = 10{,}75\). Si la partie coûte \(c\) euros, le gain net \(G – c\) a pour espérance \(2 – c\) : le jeu est équitable pour \(c = 2\).
5.3 Lois uniforme, de Bernoulli et binomiale
- \(X\) suit la loi uniforme sur \(\{1, \ldots, n\}\) si \(P(X = k) = \frac{1}{n}\) pour tout \(k\). Alors \(E(X) = \frac{n+1}{2}\) et \(V(X) = \frac{n^2 – 1}{12}\).
- \(X\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p \in [0, 1]\) si \(X(\Omega) \subset \{0, 1\}\) et \(P(X = 1) = p\). Alors \(E(X) = p\) et \(V(X) = p(1 – p)\).
- \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n, p)\) si \(P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1 – p)^{n-k}\) pour \(0 \leqslant k \leqslant n\). Alors \(E(X) = np\) et \(V(X) = np(1 – p)\).
5.4 Répétition d’épreuves et loi binomiale
On répète \(n\) fois, de façon mutuellement indépendante, une épreuve qui réussit avec probabilité \(p\). Le nombre \(X\) de succès suit la loi \(\mathcal{B}(n, p)\).
On code chaque issue par une liste de \(n\) lettres S ou E. Fixons \(k\). Une liste donnée contenant exactement \(k\) lettres S a pour probabilité \(p^k (1 – p)^{n-k}\), par indépendance. Ensuite, une telle liste est déterminée par les positions de ses \(k\) succès : il y en a \(\binom{n}{k}\). Ces listes sont deux à deux incompatibles, d’où le résultat.
Pour reconnaître une loi binomiale, on vérifie trois points :
- une même épreuve à deux issues (succès, échec) est répétée un nombre fixé \(n\) de fois ;
- la probabilité \(p\) de succès est la même à chaque épreuve ;
- les épreuves sont indépendantes, par exemple des tirages avec remise.
On conclut alors que le nombre de succès suit \(\mathcal{B}(n, p)\), en précisant \(n\) et \(p\).
Le diagramme ci-dessous compare deux lois binomiales de même \(n = 10\). Pour \(p = 0{,}5\), la loi est symétrique autour de \(5\). Pour \(p = 0{,}3\), elle se décale vers la gauche, autour de son espérance \(3\).
Remarque :
Des tirages sans remise dans une urne ne sont pas indépendants. Le nombre de boules d’une couleur donnée ne suit donc pas une loi binomiale, mais une loi dite hypergéométrique, qui se calcule directement par dénombrement.
Les erreurs fréquentes
- Confondre arrangement et combinaison : on se demande toujours si l’ordre compte.
- Supposer l’équiprobabilité sur un univers où les issues n’ont pas la même chance.
- Confondre \(P_B(A)\) et \(P_A(B)\), qui peuvent être très différentes.
- Croire que des événements incompatibles sont indépendants.
- Appliquer la loi binomiale à des tirages sans remise.
- Écrire \(V(aX + b) = a\,V(X) + b\) au lieu de \(a^2 V(X)\).
Fiche mémo
- \(|A \cup B| + |A \cap B| = |A| + |B|\) et \(|E \times F| = |E|\,|F|\).
- Listes : \(n^p\) ; arrangements : \(A_n^p\) ; permutations : \(n!\) ; combinaisons : \(\binom{n}{p} = \frac{A_n^p}{p!}\).
- Pascal : \(\binom{n+1}{p} = \binom{n}{p} + \binom{n}{p-1}\) ; binôme : \((a + b)^n = \sum \binom{n}{k} a^k b^{n-k}\).
- Équiprobabilité : \(P(A) = \frac{|A|}{|\Omega|}\).
- \(P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\) et \(P(A \cap B) = P(B)\,P_B(A)\).
- Probabilités totales : \(P(A) = \sum P(B_i)\,P_{B_i}(A)\) ; Bayes pour remonter de l’effet à la cause.
- Indépendance : \(P(A \cap B) = P(A)\,P(B)\) ; deux à deux n’implique pas mutuellement.
- \(E(X) = \sum x_i P(X = x_i)\) ; \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2\).
- Bernoulli : \(E = p\), \(V = p(1-p)\) ; binomiale : \(E = np\), \(V = np(1-p)\).
Questions fréquentes
Comment savoir si l'ordre compte dans un dénombrement ?
On décrit un résultat type et on se demande si deux résultats formés des mêmes éléments rangés différemment sont distincts. Si oui, l’ordre compte et on utilise des listes ou des arrangements. Sinon, on compte des parties avec les coefficients binomiaux. Une main de cartes est une partie, un podium est un arrangement.
Quelle différence entre événements incompatibles et indépendants ?
Des événements incompatibles ne peuvent pas se produire ensemble : leur intersection est vide. Des événements indépendants n’influencent pas leurs chances respectives : la probabilité de l’intersection est le produit des probabilités. Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont donc jamais indépendants.
Quand faut-il utiliser la formule de Bayes ?
On l’utilise pour remonter d’une observation vers sa cause probable. Les données fournissent les probabilités de l’observation sachant chaque cause, et l’on cherche la probabilité d’une cause sachant l’observation. On calcule d’abord la probabilité de l’observation par la formule des probabilités totales, puis on divise.
Un tirage sans remise suit-il une loi binomiale ?
Non, car les tirages successifs ne sont pas indépendants : la composition de l’urne change après chaque tirage. Le nombre de succès suit alors une loi hypergéométrique, que l’on calcule par dénombrement. Lorsque l’urne est très grande devant le nombre de tirages, la loi binomiale en donne toutefois une bonne approximation.
Pour aller plus loin
- S’exercer : exercices corrigés de L1 de maths sur combinatoire et probabilités
- Bases utiles : Récurrence, symboles Σ et coefficients binomiaux, Relations d'équivalence et relations d'ordre
- Chapitre d’avant : Droites, plans et produit vectoriel dans l'espace
- Vérifier ses acquis : QCM de L1 de maths sur combinatoire et probabilités
- Contrôle corrigé en temps limité : Dénombrements et variables aléatoires finies : contrôle de maths en L1
- Tous les chapitres : le sommaire de la L1 de maths
- Après le bac : les maths post-bac, de la MPSI à la L3
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