L'univers, souvent noté $\Omega$, est l'ensemble de tous les résultats possibles d'une expérience aléatoire.
L'expérience aléatoire est la suivante : « On tire au hasard une carte d'un jeu de 32 cartes. »
$\Omega$ est l'ensemble des 32 cartes du jeu : $\Omega = \{$7 de cœur, 8 de cœur, …, as de trèfle$\}$.
$\text{card}(\Omega) = 32$.
Par exemple : $\{$as de cœur$\}$ est un événement élémentaire de $\Omega$ (tout singleton est un événement élémentaire).
L'expérience aléatoire est la suivante : « On lance successivement deux dés à 6 faces. »
$\Omega = \{(i,j) \mid i\in\{1,\ldots,6\},\, j\in\{1,\ldots,6\}\}$, l'ensemble de tous les couples ordonnés de résultats.
$\text{card}(\Omega) = 6\times6 = 36$.
Par exemple : $\{(3,5)\}$ — obtenir 3 au premier dé et 5 au second.
Si $\Omega = \{a,b,c,d,e,f,g,h,i,j,k\}$ est l'univers lié à une expérience aléatoire :
L'expérience aléatoire est la suivante : « On tire au hasard une carte d'un jeu de 32 cartes. »
Il y a 4 rois dans 32 cartes. $P(\text{roi})=\dfrac{4}{32}=\dfrac{1}{8}$
Il y a 8 cœurs dans 32 cartes. $P(\text{cœur})=\dfrac{8}{32}=\dfrac{1}{4}$
$P(\text{roi}\cup\text{cœur})=P(\text{roi})+P(\text{cœur})-P(\text{roi}\cap\text{cœur})$
$=\dfrac{4}{32}+\dfrac{8}{32}-\dfrac{1}{32}=\dfrac{11}{32}$
Il y a 1 roi de cœur. $P(\text{roi}\cap\text{cœur})=\dfrac{1}{32}$
$A\cap B$ : on lit « A inter B »
$A\cup B$ : on lit « A union B »
À retenir : Lorsque l'on décrit un événement complémentaire, on ne nie pas l'action, mais le résultat de l'action : le complémentaire de « tirer une carte de cœur » n'est pas « ne pas tirer une carte de cœur », mais « tirer une carte autre que du cœur », c'est-à-dire « tirer une carte de carreau, de pique, ou de trèfle ».
Soit $A$ un événement de l'univers $\Omega$.
L'événement contraire (au sens de complémentaire) de $A$ se note $\overline{A}$.
Soit $A$ un événement de l'univers $\Omega$ :
$P(A)=1-P\!\left(\overline{A}\right)$
Zone bleue = A → P(A)
On lance un dé à six faces. On note $A$ l'événement : « Obtenir 1 ou 5 ».
Déterminer $\overline{A}$.
$A$ = « Obtenir 1 ou 5 ». L'événement $\overline{A}$ est l'événement contraire : « Obtenir autre chose que 1 ou 5 ».
$\overline{A}$ = « Obtenir 2, 3, 4 ou 6 ».
Vérification : $P(A)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$, donc $P(\overline{A})=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$. Et effectivement $\overline{A}$ contient 4 issues sur 6. ✓
Parmi les élèves d'un lycée, 54 % ont pratiqué le ski, 32 % ont pratiqué la voile et 13 % ont pratiqué ces deux sports. On interroge au hasard un élève.
Quelle est la probabilité qu'il n'ait jamais pratiqué ni le ski ni la voile ?
$P(S)=0{,}54$, $P(V)=0{,}32$, $P(S\cap V)=0{,}13$.
$P(S\cup V)=0{,}54+0{,}32-0{,}13=0{,}73$
Compléter : $\overline{A\cup B}=\ldots\ldots\ldots\ldots$
D'après la Propriété 4 : le complémentaire de « $A$ ou $B$ » est « ni $A$ ni $B$ ».
C'est la loi de De Morgan : le complémentaire d'une réunion est l'intersection des complémentaires.
Dans un lycée 54 % des élèves sont des filles, 72 % des filles sont externes et 76 % des garçons sont externes. On interroge un élève au hasard. On appelle :
$P_F(E)$ est la probabilité que l'élève soit externe sachant que c'est une fille.
D'après l'énoncé : $P_F(E) = 0{,}72$
$P_{\overline{F}}(E)$ est la probabilité que l'élève soit externe sachant que c'est un garçon.
$P_{\overline{F}}(E) = 0{,}76$
Nombre de filles : $0{,}54N$. Parmi elles, externes : $0{,}72\times0{,}54N$.
$P(F\cap E)=\dfrac{0{,}72\times0{,}54N}{N}=0{,}72\times0{,}54$
Relation : $P_F(E)=\dfrac{P(F\cap E)}{P(F)}$, c'est-à-dire $P(F\cap E)=P(F)\times P_F(E)$
Soient $A$ et $B$ deux événements d'un même univers $\Omega$ avec $P(A)\neq0$.
La probabilité que $B$ se réalise sachant que $A$ est réalisé est le nombre :
$P_A(B)$ se lit « probabilité conditionnelle de $B$ sachant $A$ », c'est également dans certains cas la probabilité de $B$ parmi $A$.
Par conséquent on a aussi :
C'est la formule que l'on utilise sur un arbre pondéré pour calculer la probabilité d'un chemin.
Compléter l'arbre pondéré ci-contre :
Sommes = 1 : $P(\overline{A})=0{,}6$ ; $P_A(\overline{B})=0{,}3$ ; $P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}5$
$P_A(B)=0{,}7$ ; $P_{\overline{A}}(\overline{B})=0{,}5$
$P(A\cap B)=0{,}4\times0{,}7=0{,}28$
$P(\overline{A}\cap B)=0{,}6\times0{,}5=0{,}30$
$(A\cap B)\cup(\overline{A}\cap B)$ : $B$ se réalise qu'on soit dans $A$ ou dans $\overline{A}$, donc :
$(A\cap B)\cup(\overline{A}\cap B)=B$
$P(B)=P(A\cap B)+P(\overline{A}\cap B)=0{,}28+0{,}30=\mathbf{0{,}58}$
C'est la formule des probabilités totales.
Dans une population, 70 % des familles ont une voiture, 85 % des familles ont une télévision et 12 % n'ont ni voiture ni télévision. On choisit une famille au hasard.
$P(V)=0{,}70$, $P(T)=0{,}85$, $P(\overline{V}\cap\overline{T})=0{,}12$.
$P(V\cup T)=1-0{,}12=0{,}88$
$P(V\cap T)=P(V)+P(T)-P(V\cup T)$
$\iff P(V\cap T)==0{,}70+0{,}85-0{,}88=0{,}67$
$P_T(V)=\dfrac{P(V\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}67}{0{,}85}\approx0{,}788$
Les événements $A_1,A_2,A_3,\ldots,A_n$ d'un univers $\Omega$, de probabilités non nulles, forment une partition de l'univers $\Omega$ lorsqu'ils sont deux à deux incompatibles et que leur réunion forme $\Omega$.
Soit $A$ un événement d'un univers $\Omega$ tel que $P(A)\neq0$ et $\overline{A}$ son événement complémentaire.
Alors $A$ et $\overline{A}$ forment une partition de l'univers $\Omega$.
Soient les événements $A_1,A_2,\ldots,A_n$ d'un univers $\Omega$, de probabilités non nulles, qui forment une partition de $\Omega$. Pour tout événement $B$ de $\Omega$ :
Et par conséquent :
Une urne contient 10 boules : 3 vertes (V), 5 noires (N) et 2 rouges (R). On effectue deux tirages successifs sans remise et au hasard et on note dans l'ordre le résultat obtenu. On se propose de trouver la probabilité de l'événement noté $R_2$ : « tirer une boule rouge au deuxième tirage ».
$\{V_1, N_1, R_1\}$ forment une partition de l'univers au 1er tirage.
Donc d'après la formule des probabilités totales :
$P(R_2)=P(V_1)\times P_{V_1}(R_2)+P(N_1)\times P_{N_1}(R_2)+P(R_1)\times P_{R_1}(R_2)$
$=\dfrac{3}{10}\times\dfrac{2}{9}+\dfrac{5}{10}\times\dfrac{2}{9}+\dfrac{2}{10}\times\dfrac{1}{9}$
$=\dfrac{6}{90}+\dfrac{10}{90}+\dfrac{2}{90}=\dfrac{18}{90}=\mathbf{\dfrac{1}{5}}$
Par conséquent, sur un arbre pondéré, la probabilité d'un événement $B$ est la somme des probabilités de tous les chemins qui aboutissent à $B$.
Dans une population la probabilité de naissance d'un garçon est de $0{,}52$. On sait que $2\,\%$ des filles et $1\,\%$ des garçons présentent une luxation de la hanche à la naissance. On choisit un nouveau-né au hasard.
$G$ = « naître garçon », $F=\overline{G}$ = « naître fille ».
$L$ = « luxation de la hanche ».
$P(G)=0{,}52$, $P(F)=0{,}48$, $P_F(L)=0{,}02$, $P_G(L)=0{,}01$.
Les événements $F$ et $G$ forment une partition de l'univers.
Donc d'après la formule des probabilités totales :
$P(L)=P(F)\times P_F(L)+P(G)\times P_G(L)$
$=0{,}48\times0{,}02+0{,}52\times0{,}01=0{,}0096+0{,}0052=\mathbf{0{,}0148}$
$P_L(F)=\dfrac{P(F\cap L)}{P(L)}=\dfrac{0{,}48\times0{,}02}{0{,}0148}=\dfrac{0{,}0096}{0{,}0148}\approx\mathbf{0{,}649}$
Environ 65 % des bébés atteints sont des filles.
On peut appliquer une méthode de Monte-Carlo pour trouver une approximation de l'aire d'un étang possédant des contours irréguliers.
On commence par définir autour de l'étang une figure géométrique connue (rectangle…) dont on pourra facilement calculer l'aire. Par exemple ici l'aire du champ entourant l'étang est $60\times35=2100\,\text{m}^2$.
On effectue ensuite des tirs de canons aléatoires sur ce champ.
Si $80$ tirs de canons sont effectués et parmi ceux-ci $48$ atterrissent dans l'étang, on pourra supposer que l'aire de l'étang représente les $\dfrac{48}{80}$ de l'aire du champ. Ce qui nous donnera une aire approchée pour l'étang de :
Ingénieux, non ?
Voir la page :Un quart de cercle est inscrit dans un carré de côté 1. L'aire du carré est $1$, l'aire du quart de disque est $\dfrac{\pi}{4}$. En effectuant des « tirs de canons » aléatoires on peut trouver une valeur approchée de $\pi$ !
Dans un repère orthonormé, le point $M$ a pour coordonnées $M(x\,;\,y)$. Pour deux réels $x$ et $y$ dans $[0;1]$, $M$ sera dans le quart de disque si :
Algorithme : On initialise $dedans=0$ ; on fait $10\,000$ simulations ; pour chaque simulation on tire $x$ et $y$ au hasard dans $[0;1]$ ; si $x^2+y^2\leq1$ on incrémente $dedans$ ; on renvoie $\dfrac{dedans}{10000}\times4$.
from random import * def monte_carlo(): dedans = 0 for i in range(10000): x = random() y = random() if x**2 + y**2 <= 1: dedans = dedans + 1 return dedans/10000*4
On obtiendra en console :
*** Console de processus distant Réinitialisée *** >>> monte_carlo() 3.1296
À défaut d'ordinateur on peut jeter des grains de riz sur le dessin, ce qui donnera encore une approximation de $\pi$ par une méthode de Monte-Carlo !