Terminale Spécialité Mathématiques
Une fiche unique pour réviser les chapitres qui se mélangent souvent au Bac : probabilités conditionnelles, dénombrement, combinaisons, loi binomiale et loi des grands nombres.
Dans ce bloc, la difficulté est rarement une formule isolée. Il faut d’abord reconnaître le modèle : tirage avec ou sans remise, ordre important ou non, indépendance, conditionnement, répétition d’épreuves identiques.
Répondre de manière claire, concise et correctement rédigée. Chaque bloc pose une question de cours ; la formule essentielle est donnée uniquement dans la correction.
Quelle est la formule de la probabilité de \(B\) sachant \(A\), lorsque \(P(A)>0\) ?
Une probabilité conditionnelle se lit « probabilité de \(B\) sachant que \(A\) est réalisé ». La condition est donc l’évènement placé au dénominateur.
\[ \boxed{P_A(B)=P(B\mid A)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}} \]Comment calculer \(P(A\cap B)\) lorsqu’on connaît \(P(A)\) et \(P_A(B)\) ?
Dans un arbre pondéré, une intersection correspond à un chemin complet. On multiplie les probabilités rencontrées sur ce chemin.
\[ \boxed{P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)} \]Quelle formule utiliser lorsque \(A\) et \(\overline A\) forment deux cas possibles ?
On additionne les chemins qui mènent au même évènement. Cette formule est très utile lorsqu’un arbre pondéré contient deux branches principales : \(A\) et \(\overline A\).
\[ \boxed{P(B)=P(A\cap B)+P(\overline A\cap B)} \] \[ \boxed{P(B)=P(A)P_A(B)+P(\overline A)P_{\overline A}(B)} \]Comment calculer une probabilité du type « \(A\) sachant \(B\) » ?
Une probabilité inverse apparaît souvent après une phrase comme : « on sait que la connexion est stable » ou « sachant que le test est positif ». L’évènement connu devient la condition.
\[ \boxed{P_B(A)=P(A\mid B)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}} \]Comment vérifier que deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants ?
Deux événements sont indépendants lorsque la réalisation de l’un ne change pas la probabilité de l’autre.
\[ \boxed{A \text{ et } B \text{ indépendants }\Longleftrightarrow P(A\cap B)=P(A)P(B)} \]Si \(P(A)>0\), on peut aussi vérifier :
\[ \boxed{P_A(B)=P(B)} \]Quelle formule utiliser pour choisir \(k\) objets parmi \(n\) lorsque l’ordre compte ?
On utilise un arrangement lorsque les positions ou les rôles sont différents. Exemple : choisir un président, un secrétaire et un trésorier.
\[ \boxed{A_n^k=n(n-1)\cdots(n-k+1)=\frac{n!}{(n-k)!}} \]Quelle formule utiliser pour choisir \(k\) objets parmi \(n\) lorsque l’ordre ne compte pas ?
On utilise une combinaison lorsqu’on forme un groupe sans ordre et sans rôle particulier. Exemple : choisir \(5\) élèves parmi \(12\).
\[ \boxed{\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}} \]Quelles conditions faut-il vérifier pour affirmer que \(X\sim\mathcal B(n;p)\) ?
Quelles sont les formules à connaître pour une variable aléatoire discrète \(X\) ?
L’espérance représente la moyenne théorique. La variance mesure la dispersion autour de cette moyenne. L’écart-type est la racine carrée de la variance.
\[ \boxed{E(X)=\sum_i p_i x_i} \] \[ \boxed{V(X)=\sum_i p_i\bigl(x_i-E(X)\bigr)^2=E(X^2)-\bigl(E(X)\bigr)^2} \] \[ \boxed{\sigma(X)=\sqrt{V(X)}} \]Si \(Y=aX+b\), quelles sont les formules de \(E(Y)\), \(V(Y)\) et \(\sigma(Y)\) ?
Ajouter \(b\) décale la moyenne, mais ne change pas la dispersion. Multiplier par \(a\) multiplie l’écart-type par \(|a|\) et la variance par \(a^2\).
\[ \boxed{E(aX+b)=aE(X)+b} \] \[ \boxed{V(aX+b)=a^2V(X)} \] \[ \boxed{\sigma(aX+b)=|a|\sigma(X)} \]Quelles formules utiliser pour une somme \(S_n=X_1+X_2+\cdots+X_n\) et une moyenne \(M_n=\dfrac{S_n}{n}\) ?
L’espérance d’une somme se calcule toujours en additionnant les espérances. Pour additionner les variances, il faut l’indépendance.
\[ \boxed{E(S_n)=E(X_1)+E(X_2)+\cdots+E(X_n)} \] \[ \boxed{V(S_n)=V(X_1)+V(X_2)+\cdots+V(X_n)} \quad \text{si les variables sont indépendantes.} \]Si les \(X_i\) sont indépendantes et de même loi que \(X\), alors :
\[ \boxed{E(M_n)=E(X) \qquad V(M_n)=\frac{V(X)}{n}} \]Quelle inégalité permet de contrôler l’écart à l’espérance ?
L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet de majorer la probabilité de s’éloigner de l’espérance. Pour une moyenne d’échantillon, plus \(n\) est grand, plus la variance est petite : c’est l’idée de la loi faible des grands nombres.
\[ \boxed{P\left(|X-E(X)|\geq a\right)\leq \frac{V(X)}{a^2}} \]Pour une moyenne \(M_n\), on utilise souvent :
\[ \boxed{P\left(|M_n-E(X)|\geq a\right)\leq \frac{V(X)}{na^2}} \]On sait que \(P(A)=0{,}4\) et \(P(A\cap B)=0{,}18\). Calculer \(P_A(B)\).
Dans une classe de 30 élèves, on choisit une délégation de 4 élèves. Combien y a-t-il de délégations possibles ?
L’ordre ne compte pas, donc on utilise une combinaison :
\[ \binom{30}{4} = \frac{30\times29\times28\times27}{4\times3\times2\times1} = 27405. \] \[ \boxed{27405} \]On lance 10 fois une pièce équilibrée. Soit \(X\) le nombre de piles. Donner \(P(X=6)\).
On a \(X\sim\mathcal B(10;0{,}5)\).
\[ P(X=6)=\binom{10}{6}(0{,}5)^6(0{,}5)^4 = \binom{10}{6}(0{,}5)^{10}. \] \[ \boxed{P(X=6)=\binom{10}{6}(0{,}5)^{10}} \]Dans une expérience aléatoire, on sait que \(P(A)=0{,}30\), \(P(B)=0{,}50\) et \(P(A\cap B)=0{,}15\).
Deux événements sont indépendants lorsque la réalisation de l’un ne change pas la probabilité de l’autre. Pour le vérifier, on compare \(P(A\cap B)\) avec \(P(A)\times P(B)\).
\[ P(A)\times P(B)=0{,}30\times 0{,}50=0{,}15. \]Or on sait que :
\[ P(A\cap B)=0{,}15. \]Donc :
\[ P(A\cap B)=P(A)P(B). \] \[ \boxed{A\text{ et }B\text{ sont indépendants.}} \]Dans une association de \(12\) élèves, on veut choisir un président, un secrétaire et un trésorier. Un même élève ne peut pas avoir deux rôles.
Ici, les rôles sont différents. Choisir Alice présidente et Karim secrétaire n’est pas la même chose que choisir Karim président et Alice secrétaire. Donc l’ordre compte.
Pour le président, il y a \(12\) choix. Ensuite il reste \(11\) choix pour le secrétaire, puis \(10\) choix pour le trésorier.
\[ 12\times 11\times 10=1320. \] \[ \boxed{1320\text{ choix possibles}} \]On n’utilise pas une combinaison simple, car une combinaison ne tient pas compte de l’ordre ni des rôles différents.
Dans un groupe de \(12\) élèves, on choisit \(5\) élèves pour participer à un concours. Les élèves choisis ont tous le même rôle.
L’ordre ne compte pas, car le groupe \(A,B,C,D,E\) est le même que le groupe \(E,D,C,B,A\). On utilise donc une combinaison.
\[ \binom{12}{5} = \frac{12\times 11\times 10\times 9\times 8}{5\times 4\times 3\times 2\times 1} =792. \] \[ \boxed{792\text{ groupes possibles}} \]Un joueur marque un nombre aléatoire de points à trois matchs différents. On note \(X_1\), \(X_2\) et \(X_3\) les nombres de points marqués. On donne :
\[ E(X_1)=18, \qquad E(X_2)=21, \qquad E(X_3)=16. \]On pose \(S=X_1+X_2+X_3\).
La variable \(S\) représente le nombre total de points marqués sur les trois matchs.
L’espérance est linéaire : on peut additionner les espérances, même sans hypothèse d’indépendance.
\[ E(S)=E(X_1+X_2+X_3) =E(X_1)+E(X_2)+E(X_3). \] \[ E(S)=18+21+16=55. \] \[ \boxed{E(S)=55} \]Sur trois matchs, le joueur marque donc en moyenne \(55\) points au total.
On reprend trois variables aléatoires \(X_1\), \(X_2\) et \(X_3\), supposées indépendantes. On donne :
\[ V(X_1)=4, \qquad V(X_2)=9, \qquad V(X_3)=6. \]On pose \(S=X_1+X_2+X_3\).
Pour les variances, on ne peut pas toujours additionner directement. La règle \(V(X+Y)=V(X)+V(Y)\) est valable lorsque les variables sont indépendantes.
Ici, les variables \(X_1\), \(X_2\) et \(X_3\) sont indépendantes, donc :
\[ V(S)=V(X_1)+V(X_2)+V(X_3). \] \[ V(S)=4+9+6=19. \] \[ \boxed{V(S)=19} \]L’écart-type vaut :
\[ \sigma(S)=\sqrt{19}. \]Une variable aléatoire \(X\) a pour espérance \(22\) et pour variance \(65\). On considère \(50\) variables aléatoires indépendantes \(X_1, X_2, \ldots, X_{50}\), qui suivent toutes la même loi que \(X\). On pose :
\[ M_{50}=\frac{X_1+X_2+\cdots+X_{50}}{50}. \]La variable \(M_{50}\) représente la moyenne des \(50\) valeurs observées.
Pour une moyenne de variables de même espérance :
\[ E(M_{50})=22. \]Pour la variance, comme les variables sont indépendantes :
\[ V(X_1+\cdots+X_{50})=50\times 65. \]Puis, comme on divise par \(50\), la variance est divisée par \(50^2\) :
\[ V(M_{50})=\frac{50\times 65}{50^2} = \frac{65}{50} =1{,}3. \] \[ \boxed{E(M_{50})=22\qquad V(M_{50})=1{,}3} \]Une variable aléatoire \(X\) vérifie \(E(X)=12\) et \(V(X)=9\). On définit \(Y=2X+5\).
On utilise les formules de transformation affine.
\[ E(Y)=E(2X+5)=2E(X)+5=2\times 12+5=29. \]Pour la variance, seul le coefficient multiplicatif agit :
\[ V(Y)=V(2X+5)=2^2V(X)=4\times 9=36. \] \[ \sigma(Y)=\sqrt{36}=6. \] \[ \boxed{E(Y)=29\qquad V(Y)=36\qquad \sigma(Y)=6} \]On considère deux variables aléatoires indépendantes \(X\) et \(Y\) telles que :
\[ E(X)=8,\quad V(X)=5,\qquad E(Y)=11,\quad V(Y)=7. \]On pose \(S=X+Y\).
La variable \(S\) représente le score total sur deux parties.
\[ E(S)=E(X+Y)=E(X)+E(Y)=8+11=19. \]Cette formule ne demande pas l’indépendance.
Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes :
\[ V(S)=V(X+Y)=V(X)+V(Y)=5+7=12. \] \[ \sigma(S)=\sqrt{12}=2\sqrt3. \] \[ \boxed{E(S)=19\qquad V(S)=12\qquad \sigma(S)=2\sqrt3} \]Une variable aléatoire \(X\) a pour espérance \(50\) et pour variance \(16\). On considère \(n=64\) variables indépendantes de même loi que \(X\), puis leur moyenne \(M_{64}\).
La variance de la moyenne est beaucoup plus petite que celle de \(X\), donc les valeurs de \(M_{64}\) sont plus concentrées autour de \(50\).
Une variable aléatoire \(X\) vérifie \(E(X)=100\) et \(V(X)=25\).
L’événement demandé est :
\[ |X-100|\geq 10. \]Par Bienaymé-Tchebychev :
\[ P(|X-100|\geq 10)\leq \frac{25}{10^2}=\frac{25}{100}=0{,}25. \]Donc l’événement contraire vérifie :
\[ P(|X-100|<10)\geq 1-0{,}25=0{,}75. \]Or \(|X-100|<10\) équivaut à \(90\lt X\lt 110\).
\[ \boxed{P(90\lt X\lt 110)\geq 0{,}75} \]Une variable aléatoire \(X\) a pour espérance \(4\) et pour variance \(2{,}25\). On considère la moyenne \(M_{20}\) de \(20\) variables indépendantes de même loi que \(X\).
Avec \(a=2\), on obtient :
\[ P(|M_{20}-4|\geq 2) \leq \frac{0{,}1125}{2^2} =0{,}028125. \]Donc :
\[ P(|M_{20}-4|<2) \geq 1-0{,}028125 =0{,}971875. \]Or \(|M_{20}-4|<2\) équivaut à \(2\lt M_{20}\lt 6\).
\[ \boxed{P(2\lt M_{20}\lt 6)\geq 0{,}971875\gt 0{,}97} \]Dans cette partie, les questions ne demandent pas seulement d’appliquer une formule. Chaque exercice est découpé pour aider l’élève à comprendre l’énoncé, identifier les événements, traduire la situation en probabilités, puis calculer et interpréter.
Pour accéder au réseau privé d’une entreprise depuis l’extérieur, les connexions des employés transitent aléatoirement via trois serveurs distants différents, notés \(A\), \(B\) et \(C\).
Une connexion est dite stable si l’utilisateur ne subit pas de déconnexion. On sait que :
On note \(S\) l’événement : « la connexion est stable ».
Le chemin « serveur \(B\), puis stable » correspond à \(B\cap S\).
\[ P(B\cap S)=P(B)P_B(S)=0{,}15\times0{,}80=0{,}12. \]Le chemin « serveur \(C\), puis instable » correspond à \(C\cap\overline S\).
\[ P(C\cap\overline S)=P(C)P_C(\overline S)=0{,}60\times0{,}15=0{,}09. \]Cela signifie que \(9\,\%\) des connexions passent par le serveur \(C\) et sont instables.
\[ P(S)=0{,}25\times0{,}90+0{,}15\times0{,}80+0{,}60\times0{,}85=0{,}855. \] \[ P_S(B)=\frac{P(B\cap S)}{P(S)}=\frac{0{,}12}{0{,}855}\approx 0{,}140. \]La probabilité d’une connexion instable est :
\[ 1-P(S)=1-0{,}855=0{,}145. \]Donc :
\[ X\sim\mathcal B(50;0{,}145), \qquad P(X\leq 8)\approx 0{,}704. \]Pour au moins une connexion instable :
\[ p_n=1-P(X_n=0)=1-(0{,}855)^n. \] \[ 1-(0{,}855)^n\geq0{,}99 \Longleftrightarrow (0{,}855)^n\leq0{,}01. \]La plus petite valeur qui convient est :
\[ \boxed{n=30}. \]Pour la fréquence \(F_n=\dfrac{X_n}{n}\) :
\[ E(F_n)=\frac{E(X_n)}{n}=\frac{0{,}145n}{n}=0{,}145. \]Comme \(V(F_n)=\dfrac{0{,}123975}{n}\), Bienaymé-Tchebychev donne :
\[ P\left(|F_n-0{,}145|\geq0{,}1\right) \leq \frac{V(F_n)}{0{,}1^2} = \frac{0{,}123975}{0{,}01n} = \frac{12{,}3975}{n} \leq \frac{12{,}5}{n}. \]Pour \(n=1000\), la fréquence observée \(0{,}3\) est très éloignée de \(0{,}145\). L’écart est \(0{,}155\), supérieur à \(0{,}1\). Le responsable a donc raison de soupçonner un dysfonctionnement.
Victor tente des paniers à trois points. À l’entraînement, il réussit un panier à trois points avec une probabilité \(0{,}32\). Il effectue une série de \(15\) lancers indépendants. On note \(N\) le nombre de paniers marqués.
Ici, le succès est « Victor réussit un panier à trois points ». Chaque lancer rapporte \(3\) points s’il est réussi, donc le nombre de points est proportionnel au nombre de réussites.
\[ T=3N. \]Pour la moyenne de \(n\) matchs, on utilise :
\[ E(M_n)=E(X), \qquad V(M_n)=\frac{V(X)}{n}. \]Les \(15\) lancers sont indépendants et la probabilité de réussite est constante.
\[ N\sim\mathcal B(15;0{,}32). \] \[ P(N=4)=\binom{15}{4}(0{,}32)^4(0{,}68)^{11}\approx 0{,}206. \] \[ P(N\leq6)=\sum_{k=0}^{6}\binom{15}{k}(0{,}32)^k(0{,}68)^{15-k}\approx 0{,}828. \] \[ E(N)=15\times0{,}32=4{,}8. \]Victor réussit en moyenne \(4{,}8\) paniers à trois points sur une série de \(15\) lancers.
\[ T=3N, \qquad E(T)=3E(N)=14{,}4. \]Donc Victor marque en moyenne \(14{,}4\) points sur cette série.
\[ 12\leq T\leq18 \Longleftrightarrow 4\leq N\leq6. \] \[ P(12\leq T\leq18)=P(4\leq N\leq6)\approx 0{,}586. \]Pour \(M_{50}\), il s’agit de la moyenne des points marqués par Victor sur \(50\) matchs.
\[ E(M_{50})=22, \qquad V(M_{50})=\frac{65}{50}=1{,}3. \] \[ P(|M_{50}-22|\geq3)\leq\frac{1{,}3}{3^2}=\frac{13}{90}. \]Donc \(P(19\lt M_{50}\lt 25)>1-\frac{13}{90}=\frac{77}{90}\approx 0{,}856\gt 0{,}85\).
Pour un entier \(n\) quelconque :
\[ P(|M_n-22|\geq3)\leq\frac{65}{9n}. \]Il suffit d’avoir \(\frac{65}{9n}<0{,}01\), donc \(n>722{,}22\). Par exemple \(n=723\) convient. L’affirmation est donc fausse.
Durant une saison hivernale, \(2\,\%\) de la population d’un pays a été contaminée. Dans ce pays, \(90\,\%\) de la population a été vaccinée. On constate que \(62\,\%\) des personnes contaminées avaient été vaccinées.
On note \(C\) : « la personne a été contaminée » et \(V\) : « la personne a été vaccinée ».
Attention au sens du conditionnement : « parmi les contaminés, \(62\,\%\) étaient vaccinés » signifie qu’on est déjà dans le groupe \(C\). Donc c’est \(P_C(V)\).
\[ P(C\cap V)=P(C)P_C(V), \qquad P_V(C)=\frac{P(C\cap V)}{P(V)}. \]Cela signifie qu’environ \(1{,}38\,\%\) des personnes vaccinées ont été contaminées.
\[ P_V(\overline C)=1-P_V(C)\approx 0{,}9862. \]Donc plus de \(98\,\%\) des personnes vaccinées n’ont pas été contaminées. L’affirmation est vraie.
\[ X\sim\mathcal B(20;0{,}02). \] \[ P(X=4)=\binom{20}{4}(0{,}02)^4(0{,}98)^{16}\approx 0{,}0006. \]Une entreprise fabrique des jouets. Avant commercialisation, deux tests sont effectués : un test de fabrication et un test de sécurité.
On note \(F\) : « le jouet réussit le test de fabrication » et \(S\) : « le jouet réussit le test de sécurité ».
Pour \(P_{\overline F}(\overline S)\), on se place d’abord parmi les jouets qui ne réussissent pas le test de fabrication. Le dénominateur est donc \(P(\overline F)\).
\[ P_{\overline F}(\overline S)=\frac{P(\overline F\cap\overline S)}{P(\overline F)}. \]Pour « au moins \(94\,\%\) sur \(150\) jouets », calcule \(0{,}94\times150\).
Comme \(0{,}94\times150=141\), « au moins \(94\,\%\) » signifie \(S_{150}\geq141\).
\[ P(S_{150}\geq141)\approx 0{,}781. \]Pour \(F_n=\dfrac{S_n}{n}\) :
\[ E(F_n)=0{,}95, \qquad V(F_n)=\frac{0{,}0475}{n}. \]
L’événement demandé est \(0{,}93
Pour avoir \(P(0{,}93
Dans un magasin, une caisse automatique déclenche parfois un contrôle. Un contrôle est total une fois sur dix. Lorsqu’un contrôle total est déclenché, une erreur est détectée dans \(30\,\%\) des cas. Lorsqu’un contrôle partiel est effectué, dans \(85\,\%\) des cas, il n’y a pas d’erreur.
On note \(T\) : « le contrôle est total » et \(E\) : « une erreur est détectée ».
« Dans \(85\,\%\) des cas, il n’y a pas d’erreur » pour un contrôle partiel signifie :
\[ P_{\overline T}(\overline E)=0{,}85, \qquad P_{\overline T}(E)=0{,}15. \]Pour « au moins une erreur », il est plus simple d’utiliser l’événement contraire : aucune erreur.
La plus petite valeur qui convient est :
\[ \boxed{n=26}. \] \[ E(X_1)=20\times0{,}165=3{,}3. \] \[ V(X_1)=20\times0{,}165\times0{,}835=2{,}7555. \] \[ E(S)=3\times3{,}3=9{,}9, \qquad V(S)=3\times2{,}7555=8{,}2665. \]On utilise \(10\) comme valeur de \(E(S)\). Alors :
\[ P(|S-10|\geq4)\leq\frac{8{,}2665}{16}=0{,}51665625. \]Donc l’événement contraire vérifie :
\[ P(|S-10|<4)\geq1-0{,}51665625=0{,}48334375. \]Or \(|S-10|<4\) équivaut à \(6\lt S\lt 14\).
\[ \boxed{P(6\lt S\lt 14)\geq0{,}48334375\gt 0{,}48} \]En 2020, \(17\,\%\) de la population des États-Unis habite en zone rurale et \(83\,\%\) en zone urbaine. Parmi les enfants vivant en zone rurale, \(6{,}2\,\%\) sont atteints d’allergie alimentaire. On sait aussi que \(9\,\%\) des enfants sont atteints d’allergie alimentaire.
On note \(R\) : « l’enfant habite en zone rurale » et \(A\) : « l’enfant est atteint d’allergie alimentaire ».
« Zone urbaine » correspond à \(\overline R\). Pour trouver une probabilité conditionnelle en zone urbaine, on calcule d’abord l’intersection \(\overline R\cap A\), puis on divise par \(P(\overline R)\).
\[ P_{\overline R}(A)=\frac{P(\overline R\cap A)}{P(\overline R)}. \]Pour une moyenne, l’espérance reste la même et la variance est divisée par le nombre de variables.
\(M_{20}\) représente l’âge moyen d’apparition des premiers symptômes chez les \(20\) enfants considérés.
\[ E(M_{20})=4. \] \[ V(M_{20})=\frac{2{,}25}{20}=0{,}1125. \] \[ P(|M_{20}-4|\geq2)\leq\frac{0{,}1125}{2^2}=0{,}028125. \] \[ P(2\lt M_{20}\lt 6)=P(|M_{20}-4|<2) \geq1-0{,}028125=0{,}971875\gt 0{,}97. \]Cela signifie que la probabilité que l’âge moyen d’apparition des symptômes soit compris entre \(2\) et \(6\) ans est supérieure à \(97\,\%\).
Cette partie sert de résumé final : l’élève doit reconnaître la situation, choisir le bon outil, puis rédiger une conclusion claire.
| Ce que dit la question | Ce qu’il faut comprendre | Outil à utiliser |
|---|---|---|
| « Sachant que », « parmi », « sachant que l’évènement est réalisé » | On travaille dans une population réduite à une condition. | Probabilité conditionnelle |
| « La probabilité que deux événements arrivent en même temps » | On cherche une intersection. | \(P(A\cap B)=P(A)P_A(B)\) |
| « Tous les chemins qui mènent au même événement » | On additionne plusieurs cas incompatibles. | Formule des probabilités totales |
| « Les événements sont-ils indépendants ? » | Il faut comparer une intersection avec un produit. | \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\) |
| « Choisir avec ordre » | L’ordre des éléments change le résultat. | Arrangement |
| « Choisir sans ordre » | L’ordre des éléments ne change pas le résultat. | Combinaison |
| « Répéter une même expérience indépendante » | On compte le nombre de succès. | Loi binomiale |
| « Au moins un succès » | Le complémentaire est plus simple. | \(P(X\geq1)=1-P(X=0)\) |
| « Moyenne de plusieurs variables » | On divise une somme par \(n\). | Moyenne d’échantillon |
| « Montrer qu’une probabilité est grande » | On majore la probabilité de l’écart contraire. | Bienaymé-Tchebychev / concentration |
| Thème | Formule | Condition importante |
|---|---|---|
| Probabilité conditionnelle | \(P_A(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\) | Il faut \(P(A)>0\). |
| Intersection avec un arbre | \(P(A\cap B)=P(A)P_A(B)\) | On multiplie le long d’un chemin. |
| Probabilités totales | \(P(B)=P(A)P_A(B)+P(\overline A)P_{\overline A}(B)\) | \(A\) et \(\overline A\) forment une partition. |
| Indépendance | \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\) | Ne pas confondre avec incompatibilité. |
| Arrangement | \(A_n^k=n(n-1)\cdots(n-k+1)\) | L’ordre compte. |
| Combinaison | \(\binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\) | L’ordre ne compte pas. |
| Loi binomiale | \(P(X=k)=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\) | Répétitions indépendantes, même probabilité \(p\). |
| Espérance binomiale | \(E(X)=np\) | Interprétation : nombre moyen de succès. |
| Variance binomiale | \(V(X)=np(1-p)\) | Utile pour les inégalités de concentration. |
| Somme | \(E(X+Y)=E(X)+E(Y)\) | Pas besoin d’indépendance. |
| Variance d’une somme | \(V(X+Y)=V(X)+V(Y)\) | Valable si \(X\) et \(Y\) sont indépendantes. |
| Moyenne d’échantillon | \(E(M_n)=E(X)\), \(V(M_n)=\dfrac{V(X)}{n}\) | Variables indépendantes de même loi. |
| Bienaymé-Tchebychev | \(P(|X-E(X)|\geq a)\leq\dfrac{V(X)}{a^2}\) | On choisit \(a>0\). |