MPSI · Probabilités sur un univers fini

Équiprobabilité

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Le théorème de la leçon précédente ramène la donnée d'une probabilité à celle de nn nombres p1,…,pnp_1,\dots,p_n. Mais qui les fournit ? Lorsque toutes les probabilités des issues sont égales, la situation est dite équiprobable. Ce modèle est le cadre naturel de nombreuses expériences aléatoires classiques : lancer de dé, tirage de cartes, pile ou face…

Le modèle équiprobable

Question

Dans une expérience « au hasard » — un dé équilibré, une pièce non truquée, une boule tirée sans regarder —, aucune issue ne joue un rôle différent des autres : une symétrie physique interdit de les distinguer. Que devient la famille (pi)(p_i) sous cette hypothèse, et combien de nombres reste-t-il à choisir ?

Définition 1 : Modèle équiprobable

Soit Ω\Omega un univers fini à nn éléments et P\mathbb{P} une loi de probabilité sur Ω\Omega. On dit que P\mathbb{P} définit un modèle équiprobable si toutes les issues ont la même probabilité, c'est-à-dire si

∀ω∈Ω,P({ω})=1n. \forall \omega \in \Omega,\quad \mathbb{P}\bigl(\{\omega\}\bigr) = \frac{1}{n}.

Il n'y a rien à choisir : la valeur 1n\tfrac1n est imposée. Si les nn issues ont toutes la même probabilité pp, la normalisation ∑i=1npi=np=1\sum_{i=1}^{n}p_i = np = 1 force p=1np=\tfrac1n. Autrement dit, l'hypothèse de symétrie ne laisse aucune liberté au modélisateur, et le modèle ne dépend que d'un seul nombre : le cardinal de Ω\Omega.

Test 1 : Unicité du modèle équiprobable

Sur un univers fini Ω\Omega donné, il existe une et une seule probabilité définissant un modèle équiprobable.

Exemple :

Les situations suivantes admettent un modèle équiprobable naturel.

  1. Lancer d'un dé équilibré à six faces. L'univers est Ω={1,2,3,4,5,6}\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}, de cardinal n=6n = 6. Par symétrie du dé, chaque face a la même probabilité d'apparaître :
∀k∈Ω,P({k})=16. \forall k \in \Omega, \quad \mathbb{P}\bigl(\{k\}\bigr) = \frac{1}{6}.
  1. Tirage simultané de kk objets parmi nn. Plus généralement, si l'on tire simultanément kk boules parmi nn boules numérotées de 11 à nn, l'univers est
Ω={A⊆⟦1,n⟧  ∣  Card(A)=k},Card(Ω)=(nk), \Omega = \bigl\{ A \subseteq \llbracket 1, n \rrbracket \;\bigm|\; \mathrm{Card}(A) = k \bigr\}, \quad \mathrm{Card}(\Omega) = \binom{n}{k},

et le modèle équiprobable attribue la probabilité 1(nk)\dfrac{1}{\binom{n}{k}} à chaque partie à kk éléments. 3. Tirage successif de kk objets parmi nn sans remise. Si l'on tire successivement kk boules parmi nn boules numérotées de 11 à nn, sans remettre chaque boule après tirage (l'ordre est pris en compte, et toutes les boules tirées sont distinctes), l'univers est

Ω={(a1,a2,…,ak)∈⟦1,n⟧k  ∣  ai≠aj pour tout i≠j},Card(Ω)=n!(n−k)!, \Omega = \bigl\{ (a_1, a_2, \ldots, a_k) \in \llbracket 1, n \rrbracket^k \;\bigm|\; a_i \neq a_j \text{ pour tout } i \neq j \bigr\}, \quad \mathrm{Card}(\Omega) = \frac{n!}{(n-k)!},

et le modèle équiprobable attribue la probabilité (n−k)!n!\dfrac{(n-k)!}{n!} à chaque kk-uplet d'éléments distincts. 4. Tirage successif de kk objets parmi nn avec remise. Si l'on tire successivement kk boules parmi nn boules numérotées de 11 à nn, en remettant chaque boule après tirage (l'ordre est pris en compte, et une même boule peut apparaître plusieurs fois), l'univers est

Ω=⟦1,n⟧k,Card(Ω)=nk, \Omega = \llbracket 1, n \rrbracket^k, \quad \mathrm{Card}(\Omega) = n^k,

et le modèle équiprobable attribue la probabilité 1nk\dfrac{1}{n^k} à chaque kk-uplet.

Trois univers différents pour une même urne : comment savoir, devant un énoncé, lequel il faut prendre ?

Test 2 : Une propriété de l expérience ?

L'équiprobabilité est une propriété de l'expérience aléatoire : une expérience « au hasard » conduit toujours à un modèle équiprobable.

Rédaction — Reconnaître le protocole et choisir l univers :

Étape 1 — rendre les objets discernables. Numéroter mentalement les objets identiques (les boules d'une même couleur, les pièces d'un même lot). C'est la condition pour que les issues soient interchangeables, donc pour que l'équiprobabilité soit légitime.

Étape 2 — lire le protocole dans l'énoncé. Deux questions, et deux seulement : l'ordre compte-t-il ? et un objet peut-il être choisi deux fois ?

ProtocoleVocabulaire de l'énoncéUniversCardinal
Tirage simultané« simultanément », « en une seule fois », « une poignée de kk boules »parties à kk éléments de ⟦1,n⟧\llbracket 1,n\rrbracket(nk)\binom{n}{k}
Successif sans remise« successivement sans remise », « l'un après l'autre », « on les aligne »kk-uplets d'éléments deux à deux distinctsn!(n−k)!\dfrac{n!}{(n-k)!}
Successif avec remise« successivement avec remise », « on note puis on remet », lancers répétés⟦1,n⟧k\llbracket 1,n\rrbracket^{k}nkn^{k}

Étape 3 — vérifier la cohérence. L'univers choisi doit permettre d'écrire l'événement étudié. Un événement qui parle de « la première boule tirée » interdit l'univers du tirage simultané, où l'ordre n'existe pas.

Étape 4 — annoncer le modèle. Écrire explicitement « on munit Ω\Omega de l'équiprobabilité » : c'est une hypothèse de modélisation, pas un théorème, et elle doit apparaître dans la rédaction.

Exercice 1 : Un code, un podium, une délégation

Dans chacune des situations suivantes, préciser le protocole (l'ordre compte-t-il ? y a-t-il répétition ?), décrire l'univers et donner son cardinal, puis calculer la probabilité demandée en munissant l'univers de l'équiprobabilité.

  1. Un cadenas s'ouvre avec un code de 44 chiffres choisis entre 00 et 99. On compose un code au hasard. Quelle est la probabilité que ses quatre chiffres soient deux à deux distincts ?
  2. Huit coureurs de même niveau disputent une finale ; on relève le trio de tête dans l'ordre d'arrivée. Quelle est la probabilité qu'un coureur donné, Karim, figure sur le podium ?
  3. On forme au hasard une délégation de 33 élèves dans une classe de 88. Quelle est la probabilité qu'Amine et Sara y figurent tous les deux ?
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Un code est une suite ordonnée de 44 chiffres, et un même chiffre peut resservir : c'est un tirage successif avec remise. L'univers est Ω=⟦0,9⟧4\Omega=\llbracket 0,9\rrbracket^{4}, de cardinal

Card(Ω)=104=10 000.\mathrm{Card}(\Omega)=10^{4}=10\,000.

L'événement AA « les quatre chiffres sont distincts » est constitué des 44-uplets d'éléments deux à deux distincts, c'est-à-dire des 44-arrangements de ⟦0,9⟧\llbracket 0,9\rrbracket :

Card(A)=A104=10×9×8×7=5 040,P(A)=5 04010 000=63125=0,504.\mathrm{Card}(A)=A^{4}_{10}=10\times 9\times 8\times 7=5\,040, \qquad \mathbb{P}(A)=\frac{5\,040}{10\,000}=\frac{63}{125}=0{,}504.

2. On relève le trio dans l'ordre, et un coureur ne peut pas occuper deux places : c'est un tirage successif sans remise. L'univers est l'ensemble des 33-arrangements des 88 coureurs :

Card(Ω)=A83=8×7×6=336.\mathrm{Card}(\Omega)=A^{3}_{8}=8\times 7\times 6=336.

Soit BB l'événement « Karim est sur le podium ». On choisit d'abord sa place (33 possibilités), puis on répartit deux des sept autres coureurs sur les places restantes (A72=42A^{2}_{7}=42 possibilités) :

Card(B)=3×42=126,P(B)=126336=38.\mathrm{Card}(B)=3\times 42=126, \qquad \mathbb{P}(B)=\frac{126}{336}=\frac{3}{8}.

Ce résultat pouvait s'obtenir sans le moindre comptage : les huit coureurs jouant des rôles interchangeables, chacun a la même probabilité d'occuper l'une des 33 places parmi 88, d'où 38\tfrac38 directement. Quand une symétrie est disponible, elle remplace avantageusement le dénombrement.

3. Une délégation est un ensemble : l'ordre ne compte pas, et un élève n'y figure qu'une fois. C'est un tirage simultané. L'univers est l'ensemble des parties à 33 éléments d'un ensemble à 88 éléments :

Card(Ω)=(83)=56.\mathrm{Card}(\Omega)=\binom{8}{3}=56.

Soit CC l'événement « Amine et Sara sont tous deux dans la délégation ». Les deux places sont alors imposées et il reste à choisir le troisième membre parmi les 66 autres élèves :

Card(C)=(61)=6,P(C)=656=328.\mathrm{Card}(C)=\binom{6}{1}=6, \qquad \mathbb{P}(C)=\frac{6}{56}=\frac{3}{28}.

Probabilité d'un événement dans un modèle équiprobable

Question

Le modèle équiprobable est fixé par le seul cardinal de Ω\Omega. Que devient alors le calcul de P(A)\mathbb{P}(A) pour un événement quelconque — et pourquoi tout un chapitre de dénombrement précède-t-il celui de probabilités ?

Théorème 1 : Probabilité d'un événement dans un modèle équiprobable

Soit Ω\Omega un univers fini à nn éléments. Si P\mathbb{P} définit un modèle équiprobable sur Ω\Omega, alors pour tout A⊆ΩA \subseteq \Omega,

P(A)=Card(A)Card(Ω). \mathbb{P}(A) = \frac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}.

Démonstration :

Par définition du modèle équiprobable, P({ω})=1n\mathbb{P}(\{\omega\}) = \dfrac{1}{n} pour tout ω∈Ω\omega \in \Omega. Par additivité finie,

P(A)=∑ω∈AP({ω})=Card(A)⋅1n=Card(A)Card(Ω). \mathbb{P}(A) = \sum_{\omega \in A} \mathbb{P}\bigl(\{\omega\}\bigr) = \mathrm{Card}(A) \cdot \frac{1}{n} = \frac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}.

Test 3 : Même cardinal, même probabilité

Dans un modèle équiprobable, deux événements de même cardinal ont la même probabilité.

Remarque :

On retrouve la formule

P(A)=nombre de cas favorables aˋ Anombre de cas possibles.\mathbb{P}(A)=\frac{\text{nombre de cas favorables à } A}{\text{nombre de cas possibles}}.

valable uniquement dans un modèle équiprobable. La détermination d'une probabilité se ramène alors à un problème de dénombrement.

Exemple :

On reprend le lancer d'un dé équilibré à six faces (cf. exemple précédent) : Ω={1,2,3,4,5,6}\Omega = \{1,2,3,4,5,6\}, modèle équiprobable. Soit AA l'événement « obtenir un nombre pair » : A={2,4,6}A = \{2,4,6\}. D'après le théorème,

P(A)=Card(A)Card(Ω)=36=12. \mathbb{P}(A) = \frac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}.

Le comptage tenait ici sur une ligne. Que devient-il si l'on lance deux dés et que l'on s'intéresse à la somme obtenue ?

ji123456123456
Les 36 issues du double lancer d'un dé équilibré : ligne i pour le premier dé, colonne j pour le second. Les 6 issues favorables à « la somme vaut 7 » sont les disques pleins.

Le calcul se lit sur la figure : les 3636 cases jouent le même rôle, six d'entre elles portent un disque plein, donc P(A)=636=16\mathbb{P}(A)=\tfrac{6}{36}=\tfrac16. Toute la difficulté d'un calcul en modèle équiprobable tient dans ces deux comptages — et surtout dans la vérification préalable que les cases sont bien interchangeables. Sur ce même dessin, l'événement « la somme vaut 22 » n'occupe qu'une case et l'événement « la somme vaut 77 » en occupe six : c'est là toute l'explication du fait, bien connu des joueurs, que 77 sort six fois plus souvent que 22.

Test 4 : Cas favorables sur cas possibles

Pour tout événement AA d'un univers fini Ω\Omega, on a P(A)=Card(A)Card(Ω)\mathbb{P}(A)=\dfrac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}.

Calculer par dénombrement

Rédaction — Calculer une probabilité dans un modèle équiprobable :

Étape 1 — fixer l'univers. Choisir Ω\Omega à issues interchangeables (méthode précédente) et annoncer l'équiprobabilité.

Étape 2 — dénombrer Card(Ω)\mathrm{Card}(\Omega) selon le protocole identifié.

Étape 3 — dénombrer Card(A)\mathrm{Card}(A) dans le même univers. C'est l'étape où l'on se trompe : compter Ω\Omega sans tenir compte de l'ordre et AA en en tenant compte rend le quotient dépourvu de sens. Une seule règle : les deux comptages se font dans le même univers.

Étape 4 — conclure par P(A)=Card(A)Card(Ω)\mathbb{P}(A)=\dfrac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}, puis contrôler que le résultat appartient à [0,1][0,1].

Réflexe. Si l'énoncé contient « au moins un », dénombrer plutôt A‾\overline{A} et conclure par P(A)=1−P(A‾)\mathbb{P}(A)=1-\mathbb{P}\bigl(\overline{A}\bigr) : le contraire de « au moins un » est « aucun », et « aucun » se compte d'un seul bloc, alors que « au moins un » obligerait à distinguer les cas selon le nombre d'occurrences.

Exercice 2 : Deux boules blanches

Une urne contient n⩾2n\geqslant 2 boules : p⩾2p\geqslant 2 blanches et n−pn-p noires. On tire deux boules de l'urne. Notons BB l'événement « les deux boules obtenues sont blanches ». Calculer P(B)\mathbb{P}(B) selon le protocole de tirage.

Solution :(cliquer pour afficher)

Dans chaque cas, on munit l'univers du modèle équiprobable.

  • Tirages simultanés : on ne distingue pas l'ordre ; l'univers est constitué des 22-combinaisons de nn boules, soit (n2)\binom{n}{2} issues. Donc
P(B)=(p2)(n2)=p(p−1)n(n−1). \mathbb{P}(B) = \frac{\dbinom{p}{2}}{\dbinom{n}{2}} = \frac{p(p-1)}{n(n-1)}.
  • Tirages successifs sans remise : on distingue l'ordre et les boules sont différentes ; l'univers est constitué des 22-arrangements de nn boules, soit An2=n(n−1)A^2_n = n(n-1) issues. Les issues favorables correspondent aux 22-arrangements de boules blanches : Ap2=p(p−1)A^2_p = p(p-1). Donc
P(B)=Ap2An2=p(p−1)n(n−1). \mathbb{P}(B) = \frac{A^2_p}{A^2_n} = \frac{p(p-1)}{n(n-1)}.
  • Tirages successifs avec remise : les deux tirages sont indépendants ; l'univers est {1,…,n}2\{1,\dots,n\}^2, soit n2n^2 issues. Les issues favorables sont les paires de boules blanches : p2p^2. Donc
P(B)=p2n2. \mathbb{P}(B) = \frac{p^2}{n^2}.

Remarque :

Attention. Le résultat dépend fortement des hypothèses de tirage ; il convient donc de les identifier soigneusement avant tout calcul.

Les deux premières valeurs coïncident, et ce n'est pas un hasard de calcul : l'événement BB ne fait pas intervenir l'ordre des tirages, si bien que passer de l'univers ordonné à l'univers non ordonné multiplie par 22 le cardinal de Ω\Omega et celui de BB, sans changer le quotient. Chaque fois que l'événement étudié est indifférent à l'ordre, on peut donc choisir librement l'un ou l'autre des deux univers — et l'on prendra celui qui rend le comptage le plus simple. Le tirage avec remise, lui, change réellement l'expérience : il autorise de tirer deux fois la même boule, et c'est cette issue supplémentaire qui fait diverger le résultat.

Test 5 : Deux blanches avec remise

Dans le tirage successif avec remise de deux boules dans une urne contenant nn boules dont pp blanches, la probabilité d'obtenir deux boules blanches vaut p(p−1)n(n−1)\dfrac{p(p-1)}{n(n-1)}.

Exercice 3 : Une main de cinq cartes

On distribue au hasard une main de 55 cartes dans un jeu de 5252 cartes. On donne (525)=2 598 960\binom{52}{5}=2\,598\,960.

  1. Décrire l'univers et justifier le choix du modèle équiprobable.
  2. Quelle est la probabilité que la main contienne exactement un as ?
  3. Quelle est la probabilité qu'elle contienne au moins un as ?
  4. Quelle est la probabilité que les cinq cartes soient de la même couleur (cœur, carreau, trèfle ou pique) ?
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Une main est un ensemble de 55 cartes : l'ordre de distribution n'intervient pas et une carte ne peut pas figurer deux fois. L'univers est donc l'ensemble des parties à 55 éléments du jeu,

Card(Ω)=(525)=2 598 960,\mathrm{Card}(\Omega)=\binom{52}{5}=2\,598\,960,

que l'on munit de l'équiprobabilité : le jeu étant battu, aucune main n'est privilégiée.

2. Une main à exactement un as se construit en deux temps indépendants du comptage : choisir l'as ((41)\binom41 façons), puis compléter par 44 cartes prises parmi les 4848 cartes qui ne sont pas des as ((484)\binom{48}{4} façons). Le principe multiplicatif donne

P=(41)(484)(525)=4×194 5802 598 960=778 3202 598 960≈0,299.\mathbb{P}=\frac{\binom41\binom{48}{4}}{\binom{52}{5}}=\frac{4\times 194\,580}{2\,598\,960}=\frac{778\,320}{2\,598\,960}\approx 0{,}299.

3. « Au moins un as » appelle le passage au contraire. L'événement contraire est « aucun as », c'est-à-dire « les cinq cartes sont choisies parmi les 4848 non-as » :

P(au moins un as)=1−(485)(525)=1−1 712 3042 598 960≈1−0,659=0,341.\mathbb{P}(\text{au moins un as})=1-\frac{\binom{48}{5}}{\binom{52}{5}}=1-\frac{1\,712\,304}{2\,598\,960}\approx 1-0{,}659=0{,}341.

Le calcul direct aurait exigé de traiter séparément les mains à un, deux, trois et quatre as : quatre dénombrements au lieu d'un.

4. On choisit la couleur (44 façons), puis 55 cartes parmi les 1313 de cette couleur :

P=4(135)(525)=4×1 2872 598 960=5 1482 598 960≈0,00198,\mathbb{P}=\frac{4\binom{13}{5}}{\binom{52}{5}}=\frac{4\times 1\,287}{2\,598\,960}=\frac{5\,148}{2\,598\,960}\approx 0{,}00198,

soit environ deux chances sur mille. C'est ce qui fait la valeur de cette main au poker : sa rareté se calcule.

Exercice 4 : Anniversaires dans une classe

Dans une classe de nn élèves (2⩽n⩽3652\leqslant n\leqslant 365), on relève la date d'anniversaire de chacun. On néglige le 2929 février et l'on modélise la situation par un tirage successif avec remise dans l'ensemble des 365365 dates : Ω=⟦1,365⟧n\Omega=\llbracket 1,365\rrbracket^{n}, muni de l'équiprobabilité.

  1. Justifier que Card(Ω)=365n\mathrm{Card}(\Omega)=365^{n}, et interpréter une issue.
  2. Soit AnA_n l'événement « deux élèves au moins partagent la même date d'anniversaire ». Exprimer P(An)\mathbb{P}(A_n).
  3. On donne P(A23)≈0,507\mathbb{P}(A_{23})\approx 0{,}507, P(A30)≈0,706\mathbb{P}(A_{30})\approx 0{,}706 et P(A50)≈0,970\mathbb{P}(A_{50})\approx 0{,}970. Commenter.
  4. Soit CnC_n l'événement « au moins un des n−1n-1 autres élèves est né le même jour que Karim ». Exprimer P(Cn)\mathbb{P}(C_n) et la calculer pour n=23n=23, sachant que (364365)22≈0,941\left(\tfrac{364}{365}\right)^{22}\approx 0{,}941.
  5. Expliquer l'écart considérable entre P(A23)\mathbb{P}(A_{23}) et P(C23)\mathbb{P}(C_{23}).
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Une issue est le nn-uplet (d1,…,dn)(d_1,\dots,d_n) des dates des élèves numérotés de 11 à nn : chaque coordonnée est libre parmi 365365 valeurs, et plusieurs élèves peuvent partager une date. C'est bien un tirage successif avec remise, d'où Card(Ω)=365n\mathrm{Card}(\Omega)=365^{n}.

2. L'énoncé contient « au moins deux » : on passe au contraire. L'événement An‾\overline{A_n} « les nn dates sont deux à deux distinctes » est constitué des nn-uplets d'éléments distincts de ⟦1,365⟧\llbracket 1,365\rrbracket, c'est-à-dire des nn-arrangements :

Card(An‾)=A365n=365×364×⋯×(365−n+1),\mathrm{Card}\bigl(\overline{A_n}\bigr)=A^{n}_{365}=365\times 364\times\cdots\times(365-n+1),

d'où

P(An)=1−A365n365n=1−365×364×⋯×(365−n+1)365n.\mathbb{P}(A_n)=1-\frac{A^{n}_{365}}{365^{n}} =1-\frac{365\times 364\times\cdots\times(365-n+1)}{365^{n}}.

3. À partir de 2323 élèves — soit une classe très ordinaire — le partage d'une date devient plus probable que son absence. À 5050 élèves, il est pratiquement certain. Le résultat heurte l'intuition, qui attendrait des effectifs de l'ordre de la centaine.

4. L'événement contraire Cn‾\overline{C_n} est « aucun des n−1n-1 autres élèves n'est né le jour de Karim ». En dénombrant : la date de Karim est libre (365365 choix), et chacun des n−1n-1 autres élèves doit éviter cette date (364364 choix chacun), donc

P(Cn‾)=365×364 n−1365n=(364365)n−1,P(Cn)=1−(364365)n−1.\mathbb{P}\bigl(\overline{C_n}\bigr)=\frac{365\times 364^{\,n-1}}{365^{n}}=\left(\frac{364}{365}\right)^{n-1}, \qquad \mathbb{P}(C_n)=1-\left(\frac{364}{365}\right)^{n-1}.

Pour n=23n=23 : P(C23)≈1−0,941=0,059\mathbb{P}(C_{23})\approx 1-0{,}941=0{,}059, soit à peine 6 %6\,\%.

5. Les deux événements ne comparent pas le même nombre de choses. Pour C23C_{23}, on confronte la date de Karim à celles des 2222 autres élèves : 2222 comparaisons. Pour A23A_{23}, on confronte toutes les paires d'élèves, soit

(232)=253\binom{23}{2}=253

comparaisons, plus de dix fois plus. L'intuition se trompe parce qu'elle se place spontanément du point de vue d'un élève particulier — le sien —, alors que l'événement ne privilégie personne. C'est une erreur de lecture du quantificateur : « il existe deux élèves… » n'est pas « il existe un élève ayant la même date que moi ».