Mathématiques du primaire et du collège · Grades 1–9

71Statistiques et probabilités

Données et hasard sont partout : résultats sportifs, prévisions météo, jeux. Ce chapitre enseigne à résumer une série de nombres par sa moyenne, sa médiane et son étendue, et à calculer la probabilité d’expériences aléatoires simples — y compris des expériences à deux étapes, traitées avec des arbres. Les deux sujets sont développés bien plus loin dans le volume suivant de cette série.

71.1 Résumer des données

Définition 71.1 (Moyenne, médiane, étendue)

Pour une série de $N$ nombres :

la moyenne est la somme de toutes les valeurs divisée par $N$ ;
la médiane est une valeur partageant la série triée en deux moitiés de même taille : pour $N$ impair, la valeur du milieu ; pour $N$ pair, le milieu des deux valeurs centrales ;
l’étendue est la plus grande valeur moins la plus petite.

Exemple 71.2

Notes d’un élève : $8,\ 12,\ 9,\ 15,\ 11$ .

Moyenne : $\dfrac{8 + 12 + 9 + 15 + 11}{5} = \dfrac{55}{5} = 11$ .
Médiane : trier la série : $8, 9, 11, 12, 15$ ; la valeur du milieu (3^e) est $11$ .
Étendue : $15 - 8 = 7$ .

Avec une sixième note de $17$ : triée $8, 9, 11, 12, 15, 17$ , la médiane devient le milieu de $11$ et $12$ , c’est-à-dire $11.5$ , et la moyenne devient $\frac{72}{6} = 12$ .

Exemple 71.3 (Moyenne pondérée)

Les pointures vendues en une journée :

pointure	$38$	$39$	$40$	$41$	$42$
effectif	$3$	$7$	$6$	$3$	$1$

La pointure moyenne est

\frac{3 \times 38 + 7 \times 39 + 6 \times 40 + 3 \times 41 + 1 \times 42} {3 + 7 + 6 + 3 + 1} = \frac{114 + 273 + 240 + 123 + 42}{20} = \frac{792}{20} = 39.6 .

Remarque 71.4

La moyenne et la médiane peuvent différer beaucoup. Dans la série $10, 10, 10, 10, 60$ la moyenne est $20$ (tirée vers le haut par la valeur $60$ ) tandis que la médiane est $10$ . Toujours se demander quel indicateur représente mieux la situation.

71.2 Probabilité

Définition 71.5 (Probabilité)

Une expérience aléatoire a plusieurs issues possibles ; un événement est un ensemble d’issues. Chaque issue reçoit une probabilité : un nombre entre $0$ et $1$ , avec toutes les probabilités des issues sommant à $1$ ; la probabilité $\P(A)$ d’un événement $A$ est la somme des probabilités de ses issues. Lorsque les $n$ issues sont équiprobables,

\P(A) = \frac{\text{nombre d'issues favorables}}{n}.

Exemple 71.6

Une roue est partagée en $8$ secteurs égaux : $3$ rouges, $3$ bleus, $2$ verts. Chaque secteur a pour probabilité $\frac18$ , donc

\P(\text{rouge}) = \frac38, \qquad \P(\text{vert}) = \frac28 = \frac14, \qquad \P(\text{pas vert}) = 1 - \frac14 = \frac34 .

Proposition 71.7 (Complément)

Pour tout événement $A$ , l’événement contraire $\bar A$ (« $A$ ne se produit pas ») satisfait

\P(\bar A) = 1 - \P(A).

Démonstration. Toute issue est dans exactement l’un de $A$ et $\bar A$ , donc $\P(A) + \P(\bar A)$ somme les probabilités de toutes les issues, qui valent $1$ . ∎

71.3 Expériences à deux étapes

Méthode 71.8 (Arbres de probabilités)

Pour une expérience en deux étapes :

tracer une branche par issue de la première étape, puis continuer chaque branche avec les issues de la seconde étape, en écrivant chaque probabilité sur sa branche ;
multiplier les probabilités le long d’un chemin pour obtenir la probabilité de ce chemin ;
additionner les probabilités de tous les chemins formant un événement.

Exemple 71.9

Un sac contient $2$ jetons rouges et $3$ noirs. Tirer un jeton, noter sa couleur, le remettre, tirer à nouveau. Chaque tirage donne rouge avec probabilité $\frac25$ , noir avec probabilité $\frac35$ .

L’arbre des deux tirages avec remise : multiplier le long des branches, et vérifier que les quatre chemins somment à 1. — L’arbre des deux tirages avec remise : multiplier le long des branches, et vérifier que les quatre chemins somment à $1$ .

Probabilité de deux jetons de la même couleur : $\frac{4}{25} + \frac{9}{25} = \frac{13}{25}$ . Probabilité d’au moins un rouge : $1 - \P(\text{BB}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ .

Remarque 71.10 (Les fréquences approchent les probabilités)

Lancer un dé équilibré $6000$ fois donne environ $1000$ six — pas exactement. Lorsque le nombre de répétitions croît, les fréquences observées se rapprochent de plus en plus des probabilités : c’est ce qui fait de la probabilité l’outil juste pour modéliser des expériences répétées (une histoire développée dans le volume suivant de cette série).

71.4 Exercices

Exercice 71.1 ★

Calculer la moyenne, la médiane et l’étendue de la série $14,\ 9,\ 17,\ 9,\ 12,\ 11,\ 12$ .

Solution

Solution de Exercice 71.1.

Moyenne : $\dfrac{14 + 9 + 17 + 9 + 12 + 11 + 12}{7} = \dfrac{84}{7} = 12$ .

Médiane : triée, $9, 9, 11, 12, 12, 14, 17$ ; la valeur du milieu ( $4$ ^e) est $12$ .

Étendue : $17 - 9 = 8$ .

Exercice 71.2 ★

Les températures à midi sur une semaine étaient $19,\ 21,\ 24,\ 18,\ 22,\ 25,\ 19$ (degrés). Calculer la moyenne (au dixième) et la médiane.

Solution

Solution de Exercice 71.2.

Moyenne : $\dfrac{19 + 21 + 24 + 18 + 22 + 25 + 19}{7} = \dfrac{148}{7} \approx 21.1$ degrés.

Médiane : triée, $18, 19, 19, 21, 22, 24, 25$ ; la $4$ ^e valeur est $21$ degrés.

Exercice 71.3 ★

Le nombre de buts marqués par une équipe en $10$ matchs :

buts	$0$	$1$	$2$	$3$
matchs	$2$	$4$	$3$	$1$

Calculer le nombre moyen de buts par match, et la médiane.

Solution

Solution de Exercice 71.3.

Moyenne :

\frac{2 \times 0 + 4 \times 1 + 3 \times 2 + 1 \times 3}{10} = \frac{0 + 4 + 6 + 3}{10} = \frac{13}{10} = 1.3 \text{ buts par match.}

Médiane : la série triée est $0,0,1,1,1,1,2,2,2,3$ ; les $5$ ^e et $6$ ^e valeurs sont toutes deux $1$ : médiane $1$ .

Exercice 71.4 ★

On lance une fois un dé équilibré. Calculer la probabilité de : « obtenir un $3$ » ; « obtenir un nombre pair » ; « obtenir au moins un $3$ » ; « ne pas obtenir un $6$ ».

Solution

Solution de Exercice 71.4.

$\P(3) = \frac16$ . $\P(\text{pair}) = \frac36 = \frac12$ . $\P(\text{au moins } 3) = \P(\{3,4,5,6\}) = \frac46 = \frac23$ . $\P(\text{pas } 6) = 1 - \frac16 = \frac56$ .

Exercice 71.5 ★

Une boîte contient $12$ boules : $5$ blanches, $4$ rouges et $3$ vertes ; on tire une boule au hasard. Calculer $\P(\text{blanche})$ , $\P(\text{rouge ou verte})$ , et $\P(\text{pas blanche})$ . Que remarque-t-on sur les deux dernières ?

Solution

Solution de Exercice 71.5.

$\P(\text{blanche}) = \frac{5}{12}$ .

$\P(\text{rouge ou verte}) = \frac{4 + 3}{12} = \frac{7}{12}$ .

$\P(\text{pas blanche}) = 1 - \frac{5}{12} = \frac{7}{12}$ .

Les deux dernières sont égales : « pas blanche » est l’événement « rouge ou verte ».

Exercice 71.6 ★★

On lance une pièce, puis un dé équilibré. Dessiner l’arbre (ou compter les issues) et calculer la probabilité d’obtenir pile et un $6$ ; puis d’obtenir pile ou un $6$ (ou les deux).

Solution

Solution de Exercice 71.6.

Les $12$ issues (face de la pièce, valeur du dé) sont équiprobables.

Pile et un $6$ : une issue sur $12$ : $\frac{1}{12}$ .

Pile ou un $6$ : les issues avec pile ( $6$ d’entre elles) plus l’issue (face, $6$ ) : $7$ issues, donc $\frac{7}{12}$ . Compter chaque événement et soustraire le chevauchement donne la même chose : $\frac{6}{12} + \frac{2}{12} - \frac{1}{12} = \frac{7}{12}$ .

Exercice 71.7 ★★

Dans le sac de Exemple 71.9 ( $2$ rouges, $3$ noirs), les deux tirages se font maintenant sans remise. Dessiner le nouvel arbre (attention : les probabilités du second niveau changent) et calculer la probabilité de tirer deux jetons noirs, puis deux jetons de couleurs différentes.

Solution

Solution de Exercice 71.7.

Premier tirage : rouge $\frac25$ , noir $\frac35$ . Second tirage sans remise : après un rouge, $1$ rouge et $3$ noirs restent parmi $4$ ; après un noir, $2$ rouges et $2$ noirs parmi $4$ .

Deux noirs : $\frac35 \times \frac24 = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}$ .

Couleurs différentes (RN ou NR) : $\frac25 \times \frac34 + \frac35 \times \frac24 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac{12}{20} = \frac35$ .

Exercice 71.8 ★★

Après $9$ matchs, une basketteuse moyenne $14$ points par match.

Combien de points a-t-elle marqués au total ?
Combien de points doit-elle marquer au $10$ ^e match pour moyenne $15$ ?

Solution

Solution de Exercice 71.8.

1. $9 \times 14 = 126$ points.

2. Une moyenne de $15$ sur $10$ matchs signifie $150$ points au total : elle doit marquer $150 - 126 = 24$ points.

Exercice 71.9 ★★★

Un jeu : lancer deux dés équilibrés ; on gagne si les deux résultats sont égaux (« un double »).

Calculer la probabilité de gagner.
On joue deux fois (parties indépendantes). À l’aide d’un arbre, calculer la probabilité de gagner au moins une fois.

Solution

Solution de Exercice 71.9.

1. Parmi les $36$ paires équiprobables, les doubles sont $(1,1), (2,2), \dots, (6,6)$ : six d’entre eux, donc $\P(\text{double}) = \frac{6}{36} = \frac16$ .

2. Deux parties indépendantes : arbre avec gain ( $\frac16$ ) / perte ( $\frac56$ ) à chaque niveau. Probabilité de ne jamais gagner : $\frac56 \times \frac56 = \frac{25}{36}$ . Donc

\P(\text{au moins un gain}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31 .

71.5 Problème : les paris ruineux du Chevalier

Problème 71.1

Devoir maison — la querelle de jeu de 1654 qui a créé la théorie des probabilités, et la coïncidence des anniversaires qui trompe toutes les classes

En 1654, un gentilhomme français joueur acharné, le Chevalier de Méré, s’enrichissait grâce à un pari sur les dés et se mit à perdre sur un autre qu’il croyait équivalent. Déconcerté, il consulta le mathématicien Blaise Pascal ; Pascal écrivit à Pierre de Fermat ; et leur échange de lettres fonda la théorie des probabilités. Ce problème rejoue toute l’affaire avec les outils de ce chapitre — issues équiprobables, arbres et règle de l’événement contraire (Proposition 71.7) — et s’achève sur la plus contre-intuitive de toutes les coïncidences.

Partie I — Des dés, comptés honnêtement.

Lancer deux fois un dé équilibré. À l’aide d’un arbre (ou d’un tableau $6 \times 6$ ), calculer la probabilité de n’obtenir aucun six sur les deux lancers, et en déduire la probabilité d’obtenir au moins un six.
Un camarade affirme : « une chance sur six par lancer, deux fois, donc $\frac16 + \frac16 = \frac13$ . » Comparer avec la question 1 et désigner les issues exactes que son addition compte deux fois.
En lançant deux dés et en additionnant : calculer la probabilité d’obtenir une somme de $7$ , puis une somme de $2$ . Pourquoi le $7$ est-il le favori des joueurs ?
Vieille querelle : avec deux dés, une somme de $9$ ou une somme de $10$ , laquelle est la plus probable ? Compter les issues et trancher.
Généraliser la question 1 : expliquer pourquoi la probabilité d’obtenir au moins un six en $n$ lancers vaut

$1 - \left(\frac56\right)^{\!n} ,$

les branches « pas de six » de l’arbre se multipliant d’un étage au suivant.

Partie II — Les deux paris du Chevalier.

Premier pari, à somme égale : au moins un six en quatre lancers d’un dé. Calculer $\left(\frac56\right)^4$ sous forme de fraction puis de décimal, et la probabilité de gain du Chevalier. Le pari était-il bon ?
Le raisonnement propre au Chevalier était : « quatre lancers à $\frac16$ chacun : $\frac46$ de chance ». Il donnait ici presque la bonne réponse — mais poussons-le à $7$ lancers : quelle absurdité produit-il, et quelle erreur de la question 2 répète-t-il ?
Second pari, qu’il croyait équivalent par proportionnalité (« $24$ lancers à $\frac1{36}$ chacun : encore $\frac{24}{36} = \frac46$ ») : au moins un double-six en $24$ lancers de deux dés. Calculer la véritable probabilité de gain $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24}$ (à la calculatrice). Pourquoi le Chevalier s’est-il lentement ruiné ?
Combien de lancers de deux dés lui auraient rendu son avantage ? Tester $n = 25$ à la calculatrice et conclure.
Énoncer la morale en deux phrases : qu’y a-t-il de faux, en général, à multiplier une probabilité par le nombre d’essais — et quel outil correct remplace cette tentation ?

Partie III — Moyennes, médianes, anniversaires.

Une petite entreprise verse $2\,000$ euros par mois à neuf salariés et $20\,000$ au directeur. Calculer le salaire moyen et le salaire médian (Définition 71.1). Quel nombre l’annonce d’embauche devrait-elle honnêtement citer ?
Construire une liste de cinq notes de moyenne $12$ et de médiane $15$ . Que dit ce couple (moyenne inférieure à la médiane) sur l’allure des notes ?
Le problème des anniversaires : dans une classe de $23$ élèves, quelle est la probabilité qu’au moins deux d’entre eux partagent leur date d’anniversaire ? Poser l’événement contraire (les $23$ dates toutes différentes) :

$\frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \times \dots \times \frac{343}{365} .$

Calculer le produit des trois premiers facteurs, décrire comment les facteurs évoluent, et — sachant que le produit complet vaut environ $0.493$ — répondre à la question. La plupart des gens s’attendent à « très improbable » : que disent les mathématiques ?
L’intuition réparée : combien de couples d’élèves peuvent partager un anniversaire dans une classe de $23$ (le compte des poignées de main du Problème 37.1) ? Expliquer en une phrase pourquoi c’est ce nombre, et non $23$ lui-même, qui produit la surprise.
Bouquet final : décrire une expérience permettant de contrôler l’un ou l’autre résultat — le pari de Méré avec un vrai dé, ou le problème des anniversaires sur plusieurs classes — et énoncer soigneusement ce que l’on attend des fréquences observées à mesure que le nombre de répétitions croît. (Cette attente porte un nom, la loi des grands nombres ; sa démonstration nous attend dans le volume suivant.)

Solution

Solution de Problème 71.1.

1. Chaque lancer offre $5$ issues sans six sur $6$ ; le tableau $6 \times 6$ montre $5 \times 5 = 25$ issues sans six sur $36$ : $\P(\text{aucun six}) = \frac{25}{36}$ , donc $\P(\text{au moins un}) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36} \approx 0.31$ .

2. $\frac13 = \frac{12}{36} \neq \frac{11}{36}$ . L’addition compte l’issue « six puis six » une fois dans chaque $\frac16$ : une fois de trop. Les probabilités d’événements pouvant survenir ensemble ne s’additionnent pas simplement.

3. Somme $7$ : les six issues $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ : $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Somme $2$ : seulement $(1,1)$ : $\frac{1}{36}$ . Le sept a le plus de façons de se produire — c’est le ventre du tableau des sommes.

4. Somme $9$ : $(3,6), (4,5), (5,4), (6,3)$ — quatre issues, $\frac{4}{36}$ . Somme $10$ : $(4,6), (5,5), (6,4)$ — trois, $\frac{3}{36}$ . Le neuf est plus probable : c’est le compte des issues qui tranche, et non le nombre de « façons d’écrire » la somme avec des faces non ordonnées.

5. Chaque étage de l’arbre multiplie la probabilité de n’avoir pas de six par $\frac56$ , quoi qu’il se soit passé avant : après $n$ lancers, $\P(\text{aucun six}) = \left(\frac56\right)^n$ , et la règle de l’événement contraire donne la formule.

6. $\left(\frac56\right)^4 = \frac{625}{1296} \approx 0.482$ , donc le Chevalier gagnait avec la probabilité $1 - 0.482 = 0.518$ — un avantage discret et régulier de près de $2\,\%$ par partie : un excellent pari, qui a payé ses carrosses.

7. À $7$ lancers, sa règle donne $\frac76$ — une probabilité supérieure à $1$ , ce qui n’a aucun sens. C’est le double comptage de la question 2, aggravé : les réussites des lancers se recouvrent, et additionner leurs chances recompte les recouvrements encore et encore.

8. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{24} \approx 1 - 0.5086 = 0.491$ : en dessous d’une chance sur deux. En pariant à somme égale sur un événement de probabilité $49.1\,\%$ , le Chevalier perdait environ $2$ parties sur $100$ en moyenne — lentement, mystérieusement (pour lui), et inéluctablement.

9. $1 - \left(\frac{35}{36}\right)^{25} \approx 1 - 0.494 = 0.506$ : avec $25$ lancers, le pari devient favorable. Un seul lancer séparait le Chevalier de la rentabilité.

10. Multiplier une probabilité par le nombre d’essais compte plusieurs fois les réussites qui se recouvrent, et finit par produire des réponses impossibles, supérieures à $1$ . Le chemin correct passe toujours par l’événement contraire : enchaîner les probabilités d’échec par multiplication, puis retrancher de $1$ .

11. Moyenne : $\frac{9 \times 2\,000 + 20\,000}{10} = \frac{38\,000}{10} = 3\,800$ euros. Médiane : les salaires du milieu valent tous deux $2\,000$ : la médiane vaut $2\,000$ euros. L’annonce devrait citer la médiane — neuf des dix salariés ne verront jamais quoi que ce soit qui ressemble à $3\,800$ ; la moyenne est tirée vers le haut par une seule valeur extrême (Exemple 71.3 mettait déjà en garde contre les poids).

12. Par exemple $2, 8, 15, 17, 18$ : médiane $15$ (la valeur centrale), moyenne $\frac{60}{5} = 12$ . Une moyenne inférieure à la médiane trahit une traîne de notes basses qui tire la moyenne vers le bas, tandis que la moitié supérieure reste haute.

13. Les trois premiers facteurs : $1 \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \approx 0.992$ . Chaque nouvel élève doit éviter une date occupée de plus : les facteurs diminuent donc, jusqu’à $\frac{343}{365} \approx 0.94$ pour le $23^\text{e}$ . Le produit complet tombe à environ $0.493$ — d’où

\P(\text{au moins un anniversaire partagé}) \approx 0.507 :

mieux qu’une chance sur deux, dans une classe de $23$ élèves seulement. L’intuition dit « $23$ personnes, $365$ jours, aucune chance » ; les mathématiques répondent « à pile ou face ».

14. $\frac{23 \times 22}{2} = 253$ couples. Chaque couple est une occasion nouvelle de coïncidence, et $253$ occasions à $\frac{1}{365}$ chacune, ce n’est plus une petite affaire : la surprise se dissipe dès qu’on compte les couples, et non les personnes.

15. Protocole possible : lancer un dé par blocs de quatre en notant si chaque bloc contient un six, pour $100$ blocs ; ou recueillir les listes d’anniversaires de nombreuses classes d’environ $23$ élèves et noter la proportion de celles qui présentent une coïncidence. La fréquence observée oscillera, mais à mesure que le nombre de répétitions croît, elle devrait se rapprocher de plus en plus des probabilités calculées ( $0.518$ ; $0.507$ ) — les fréquences convergent vers les probabilités : c’est la loi des grands nombres, énoncée ici comme une attente et démontrée dans le volume suivant.

Termes définis dans ce chapitre

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