Mathématiques du lycée · Grades 10–12

9Probabilités et échantillonnage

La probabilité attribue des nombres au hasard. En partant d’expériences à issues équiprobables — dés, pièces, cartes — ce chapitre construit les règles de base pour calculer des probabilités d’événements, introduit les arbres pour les expériences à deux étapes, et se termine par le lien entre probabilités et fréquences observées. La théorie se poursuit dans le Chapitre 18.

9.1 Expériences aléatoires et événements

Définition 9.1 (Issues et événements)

Une expérience aléatoire est une expérience dont le résultat ne peut être prédit (lancer un dé). L’ensemble de tous les résultats possibles est l’univers $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_n\}$ ; ses éléments sont les issues. Un événement est un ensemble d’issues ; un événement se réalise lorsque le résultat de l’expérience lui appartient.

Définition 9.2 (Loi de probabilité)

Attribuer à chaque issue $\omega_i$ un nombre $p_i \geq 0$ , avec $p_1 + \dots + p_n = 1$ , définit une probabilité : la probabilité $\P(A)$ d’un événement $A$ est la somme des $p_i$ des issues dans $A$ . En particulier $\P(\Omega) = 1$ et l’événement impossible $\varnothing$ a pour probabilité $0$ .

Proposition 9.3 (Issues équiprobables)

Si les $n$ issues sont équiprobables (chaque $p_i = \frac1n$ ), alors pour tout événement $A$ :

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

Démonstration. $A$ contient un certain nombre $k$ d’issues, chacune de probabilité $\frac1n$ , donc $\P(A) = \frac kn$ . ∎

Exemple 9.4

Lancer un dé équilibré : $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , chaque issue ayant la probabilité $\frac16$ . L’événement $A$ : « le résultat est pair » est $A = \{2, 4, 6\}$ , donc $\P(A) = \frac36 = \frac12$ . L’événement $B$ : « le résultat est au moins $5$ » est $B = \{5, 6\}$ , donc $\P(B) = \frac26 = \frac13$ .

9.2 Combiner des événements

Définition 9.5 (Intersection, réunion, complémentaire)

Soient $A$ et $B$ des événements.

$A \cap B$ (« $A$ et $B$ ») se réalise lorsque les deux se réalisent ;
$A \cup B$ (« $A$ ou $B$ ») se réalise lorsque l’un au moins se réalise ;
le complémentaire $\bar A$ (« non $A$ ») se réalise exactement lorsque $A$ ne se réalise pas ;
$A$ et $B$ sont incompatibles lorsqu’ils ne peuvent se réaliser ensemble : $A \cap B = \varnothing$ .

Théorème 9.6 (Règles d’addition)

Pour tous événements $A$ et $B$ :

\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B), \qquad \P(\bar A) = 1 - \P(A) .

Pour des événements incompatibles, la première règle se simplifie en $\P(A \cup B) = \P(A) + \P(B)$ .

Démonstration. Sommer $\P(A) + \P(B)$ ajoute la probabilité de chaque issue de $A \cup B$ une fois, sauf celles de $A \cap B$ , qui sont comptées deux fois — une fois dans $A$ et une fois dans $B$ . Soustraire $\P(A \cap B)$ répare le double comptage. Pour le complémentaire : $A$ et $\bar A$ sont incompatibles et $A \cup \bar A = \Omega$ , donc $\P(A) + \P(\bar A) = \P(\Omega) = 1$ . ∎

Deux événements qui se chevauchent : dans (A) + (B), l’intersection hachurée A ∩ B est comptée deux fois, ce qui explique la soustraction dans la règle d’addition. — Deux événements qui se chevauchent : dans $\P(A) + \P(B)$ , l’intersection hachurée $A \cap B$ est comptée deux fois, ce qui explique la soustraction dans la règle d’addition.

Exemple 9.7

Tirer une carte d’un jeu standard de $52$ cartes. Soit $A$ : « la carte est un cœur » ( $13$ cartes) et $B$ : « la carte est un roi » ( $4$ cartes). Alors $A \cap B$ est « le roi de cœur » ( $1$ carte), et

\P(A \cup B) = \frac{13}{52} + \frac{4}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}.

La règle du complémentaire est souvent la voie la plus rapide : la probabilité que la carte ne soit pas un cœur est $1 - \frac{13}{52} = \frac34$ .

9.3 Arbres de probabilités

Méthode 9.8 (Expériences à deux étapes)

Pour une expérience réalisée en deux étapes :

dessiner un arbre : une branche par résultat possible de la première étape, puis depuis chacune, une branche par résultat de la seconde étape, en inscrivant la probabilité sur chaque branche (les branches sortant d’un nœud doivent sommer à $1$ ) ;
la probabilité d’un chemin (une feuille de l’arbre) est le produit des probabilités le long de ses branches ;
la probabilité d’un événement est la somme des probabilités des chemins qui le réalisent.

Exemple 9.9

Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ boules bleues. Tirer une boule, la remettre, tirer à nouveau. Chaque tirage donne rouge (R) avec probabilité $\frac35$ et bleu (B) avec probabilité $\frac25$ .

L’arbre de deux tirages avec remise. Les quatre probabilités de chemin somment à 1. — L’arbre de deux tirages avec remise. Les quatre probabilités de chemin somment à $1$ .

La probabilité d’obtenir deux boules de la même couleur est $\P(\text{RR}) + \P(\text{BB}) = \frac{9}{25} + \frac{4}{25} = \frac{13}{25}$ ; la probabilité d’au moins une bleue est $1 - \P(\text{RR}) = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$ (règle du complémentaire).

Remarque 9.10

Sans remise, les probabilités du second tirage dépendent du premier : avec l’urne ci-dessus, après avoir tiré une boule rouge, il reste $2$ rouges et $2$ bleues, donc la seconde branche porte $\frac24$ et $\frac24$ . La méthode de l’arbre fonctionne sans changement ; seuls les nombres sur les branches du second niveau changent.

9.4 Fréquences et échantillonnage

Lorsqu’une expérience aléatoire est répétée de nombreuses fois, la fréquence observée d’un événement se rapproche de sa probabilité — c’est pourquoi la probabilité est utile pour décrire le monde réel.

Définition 9.11 (Échantillon)

Un échantillon de taille $n$ est le résultat de la répétition de la même expérience $n$ fois indépendamment. La fréquence observée d’un événement dans l’échantillon est le nombre d’occurrences divisé par $n$ .

Exemple 9.12

Une pièce équilibrée donne pile avec probabilité $0.5$ . La lancer $100$ fois donne rarement exactement $50$ piles : les échantillons fluctuent. Des séries typiques de $100$ lancers donnent des fréquences comme $0.46$ , $0.53$ , $0.49$ — proches de $0.5$ , mais non égales. Les grands échantillons fluctuent moins : avec $10\,000$ lancers, les fréquences observées sont habituellement à moins de $0.01$ de $0.5$ .

Remarque 9.13 (Intervalle de fluctuation)

Une règle pratique utile, justifiée dans le Chapitre 19 : pour un échantillon de taille $n$ d’un événement de probabilité $p$ (avec $n$ raisonnablement grand), la fréquence observée se trouve dans l’intervalle

\intcc{p - \frac{1}{\sqrt n}}{\,p + \frac{1}{\sqrt n}}

dans environ $95\,\%$ des échantillons. Si une fréquence observée tombe loin en dehors de cet intervalle, douter de la valeur de $p$ : c’est le point de départ des tests statistiques.

Exemple 9.14

Une usine prétend que seulement $10\,\%$ de ses pièces sont défectueuses ( $p = 0.1$ ). Dans un échantillon de $n = 400$ pièces, $64$ sont défectueuses : fréquence observée $\frac{64}{400} = 0.16$ . L’intervalle de fluctuation est $\intcc{0.1 - \frac{1}{20}}{0.1 + \frac{1}{20}} = \intcc{0.05}{0.15}$ , et $0.16$ tombe en dehors : l’échantillon jette un doute sérieux sur l’affirmation.

9.5 Exercices

Exercice 9.1 ★

Un dé équilibré est lancé. Calculer la probabilité de chaque événement : « obtenir un $6$ » ; « obtenir un nombre impair » ; « obtenir au plus $4$ » ; « obtenir un $7$ ».

Solution

Solution de Exercice 9.1.

Chacune des $6$ issues a pour probabilité $\frac16$ . « Obtenir un $6$ » : $\frac16$ . « Nombre impair » $= \{1, 3, 5\}$ : $\frac36 = \frac12$ . « Au plus $4$ » $= \{1,2,3,4\}$ : $\frac46 = \frac23$ . « Obtenir un $7$ » : événement impossible, probabilité $0$ .

Exercice 9.2 ★

Un sac contient $5$ billes vertes, $3$ jaunes et $2$ noires ; une bille est tirée au hasard. Calculer la probabilité qu’elle soit verte ; qu’elle ne soit pas noire ; qu’elle soit verte ou jaune.

Solution

Solution de Exercice 9.2.

Il y a $10$ billes équiprobables. $\P(\text{verte}) = \frac{5}{10} = \frac12$ . $\P(\text{non noire}) = 1 - \frac{2}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ . Verte et jaune sont incompatibles : $\P(\text{verte ou jaune}) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} = \frac{8}{10} = \frac45$ .

Exercice 9.3 ★

Dans une classe de $30$ élèves, $18$ étudient l’espagnol, $10$ l’allemand, et $4$ les deux. Un élève est choisi au hasard. En utilisant la règle d’addition, calculer la probabilité que cet élève étudie au moins l’une des deux langues, puis la probabilité qu’il n’étudie ni l’une ni l’autre.

Solution

Solution de Exercice 9.3.

Soit $S$ : « étudie l’espagnol », $G$ : « étudie l’allemand ». Alors $\P(S) = \frac{18}{30}$ , $\P(G) = \frac{10}{30}$ , $\P(S \cap G) = \frac{4}{30}$ . Règle d’addition :

\P(S \cup G) = \frac{18}{30} + \frac{10}{30} - \frac{4}{30} = \frac{24}{30} = \frac45 .

Complémentaire : $\P(\text{ni l'un ni l'autre}) = 1 - \frac45 = \frac15$ .

Exercice 9.4 ★

Une pièce équilibrée est lancée deux fois. Dessiner l’arbre de l’expérience et calculer la probabilité d’obtenir deux faces ; exactement une face ; au moins une face.

Solution

Solution de Exercice 9.4.

L’arbre a quatre chemins FF, FP, PF, PP, chacun de probabilité $\frac12 \times \frac12 = \frac14$ . Deux faces : $\frac14$ . Exactement une face (FP ou PF) : $\frac24 = \frac12$ . Au moins une face : $1 - \P(\text{PP}) = 1 - \frac14 = \frac34$ .

Exercice 9.5 ★★

Une urne contient $4$ boules rouges et $6$ blanches. Deux boules sont tirées l’une après l’autre sans remise. Dessiner l’arbre avec les bonnes probabilités au second niveau, et calculer la probabilité de tirer deux boules rouges, puis de tirer deux boules de couleurs différentes.

Solution

Solution de Exercice 9.5.

Premier tirage : rouge avec probabilité $\frac{4}{10}$ , blanche $\frac{6}{10}$ . Second tirage sans remise : après une rouge, $3$ rouges et $6$ blanches restent parmi $9$ ; après une blanche, $4$ rouges et $5$ blanches parmi $9$ .

Deux rouges : $\frac{4}{10} \times \frac39 = \frac{12}{90} = \frac{2}{15}$ .

Couleurs différentes : chemins RB et BR :

\frac{4}{10} \times \frac69 + \frac{6}{10} \times \frac49 = \frac{24}{90} + \frac{24}{90} = \frac{48}{90} = \frac{8}{15}.

Exercice 9.6 ★★

Deux dés équilibrés sont lancés et leur somme est enregistrée.

Expliquer pourquoi l’univers peut être pris comme les $36$ couples équiprobables $(1,1), (1,2), \dots, (6,6)$ .
Calculer la probabilité que la somme soit $7$ ; qu’elle soit $12$ ; qu’elle soit au plus $4$ .
Quelle somme est la plus probable ?

Solution

Solution de Exercice 9.6.

1. Chaque dé montre indépendamment chaque face avec probabilité $\frac16$ , donc les $36$ couples ordonnés sont équiprobables ; la somme est déterminée par le couple.

2. Somme $7$ : les couples $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ , donc $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ . Somme $12$ : seulement $(6,6)$ , $\P = \frac{1}{36}$ . Somme au plus $4$ : couples sommant à $2$ , $3$ ou $4$ : $(1,1)$ ; $(1,2), (2,1)$ ; $(1,3), (2,2), (3,1)$ — six couples, donc $\P = \frac{6}{36} = \frac16$ .

3. Le nombre de couples réalisant chaque somme croît de $1$ (somme $2$ ) à $6$ (somme $7$ ) puis décroît : la somme la plus probable est $7$ .

Exercice 9.7 ★★

Une question à choix multiples propose $4$ réponses, une seule correcte. Un élève répond à $2$ telles questions indépendantes complètement au hasard. Calculer la probabilité de répondre correctement aux deux, à exactement une, à aucune. Vérifier que les trois probabilités somment à $1$ .

Solution

Solution de Exercice 9.7.

Chaque question est correctement répondue avec probabilité $\frac14$ , indépendamment. Arbre à deux niveaux :

Les deux correctes : $\frac14 \times \frac14 = \frac{1}{16}$ .

Exactement une correcte : chemins correct–faux et faux–correct : $\frac14 \times \frac34 + \frac34 \times \frac14 = \frac{6}{16} = \frac38$ .

Aucune correcte : $\frac34 \times \frac34 = \frac{9}{16}$ .

Vérification : $\frac{1}{16} + \frac{6}{16} + \frac{9}{16} = 1$ .

Exercice 9.8 ★★

Un politicien prétend avoir $50\,\%$ d’approbation. Dans un sondage de $n = 900$ électeurs choisis au hasard, $396$ approuvent.

Calculer la fréquence observée et l’intervalle de fluctuation autour de $p = 0.5$ pour $n = 900$ .
Le sondage jette-t-il un doute sur l’affirmation ?

Solution

Solution de Exercice 9.8.

1. Fréquence observée : $\frac{396}{900} = 0.44$ . Avec $n = 900$ : $\frac{1}{\sqrt{900}} = \frac{1}{30} \approx 0.033$ , donc l’intervalle de fluctuation est environ $\intcc{0.467}{0.533}$ .

2. La fréquence observée $0.44$ est hors de l’intervalle : des échantillons de $900$ électeurs d’une population à $50\,\%$ d’approbation s’écartent rarement autant. Le sondage jette un doute sérieux sur les $50\,\%$ affirmés.

Exercice 9.9 ★★★

Un jeu coûte $2$ à jouer : on lance un dé équilibré et on gagne $6$ si l’on obtient un $6$ , $3$ si l’on obtient un $5$ , rien sinon.

Calculer la probabilité de chaque montant gagné ( $6$ , $3$ , $0$ ).
Sur $600$ parties, environ combien de chaque issue attend-on ? Calculer le gain et la perte totaux attendus : le jeu vaut-il la peine d’être joué ?

Solution

Solution de Exercice 9.9.

1. $\P(\text{gagner } 6) = \frac16$ (lancer un $6$ ), $\P(\text{gagner } 3) = \frac16$ (lancer un $5$ ), $\P(\text{gagner } 0) = \frac46 = \frac23$ .

2. Sur $600$ parties, on attend environ $100$ six, $100$ cinq, $400$ autres lancers. Gains : environ $100 \times 6 + 100 \times 3 = 900$ . Coût : $600 \times 2 = 1200$ . Résultat net attendu : $900 - 1200 = -300$ , c’est-à-dire une perte d’environ $0.5$ par partie en moyenne — le jeu ne vaut pas la peine d’être joué.

9.6 Problème : les trois portes qui ont trompé mille mathématiciens

Problème 9.1

Devoir du week-end — le paradoxe de Monty Hall et ses cousins : comment l’information change la probabilité, et comment les échantillons séparent les affirmations des vœux pieux

En 1990, la chroniqueuse Marilyn vos Savant publia une énigme sur un animateur de jeu télévisé, trois portes, une voiture et deux chèvres — et y répondit correctement. Dix mille lecteurs, dont des centaines de docteurs en mathématiques, lui écrivirent pour soutenir qu’elle se trompait. Ce problème vous arme d’arbres (Méthode 9.8), d’événements contraires et des règles d’addition (Théorème 9.6), vous laisse trancher vous-même la querelle, et s’achève sur l’outil qui arbitre en pratique tous les différends de ce genre : l’échantillon fluctuant.

Partie I — Les règles, à l’échauffement.

Une carte tirée d’un jeu de $52$ cartes : calculer $P(\text{roi ou cœur})$ avec la règle d’addition — et dire pourquoi $\frac{4}{52} + \frac{13}{52}$ seul est faux.
Trois lancers d’une pièce équilibrée : calculer $P(\text{au moins un pile})$ en passant par l’événement contraire.
Un sac contient $3$ billes rouges et $2$ bleues ; on en tire deux sans remise. À l’aide d’un arbre, calculer $P(\text{deux rouges})$ et $P(\text{une de chaque couleur})$ .
Compléter la loi de la question 3 par $P(\text{deux bleues})$ et vérifier que les trois probabilités ont pour somme $1$ .
Quelqu’un annonce, pour deux événements incompatibles, $P(A) = 0.6$ et $P(B) = 0.5$ . Le confondre en une ligne de calcul.

Partie II — Les trois portes. Le jeu : une voiture est cachée derrière l’une des trois portes, des chèvres derrière les deux autres. Vous choisissez une porte (disons la porte 1). L’animateur — qui sait où est la voiture — ouvre l’une des deux autres portes, en dévoilant toujours une chèvre, et vous propose de changer pour la dernière porte encore fermée.

Avant tout calcul : changer de porte aide-t-il, nuit-il, ou ne change-t-il rien ? Noter sa réponse spontanée — en toute honnêteté.
Passons à l’arbre, en distinguant les cas selon la vraie position de la voiture (chacun de probabilité $\frac13$ ) : si la voiture est derrière votre porte, changer fait perdre ; si elle est derrière l’une des deux autres, que doit faire l’animateur, et que gagne alors le changement ? Calculer $P(\text{gagner en changeant})$ .
La version en une ligne : changer gagne exactement lorsque le premier choix était mauvais. Conclure de nouveau.
Voici maintenant la variante cruciale — l’« animateur ignorant » : il ne sait pas où est la voiture, ouvre au hasard l’une des autres portes, et découvre par chance une chèvre. Énumérer les six scénarios équiprobables (position de la voiture $\times$ porte ouverte), écarter ceux où la voiture est dévoilée, et calculer la probabilité que changer fasse gagner parmi les scénarios survivants. Qu’est-ce qui a changé, et pourquoi le savoir de l’animateur compte-t-il ?
La pompe à intuition : cent portes, vous en choisissez une, l’animateur qui sait ouvre $98$ portes à chèvres. Changez-vous ? Avec quelle probabilité de gagner ?
Vous faites face à un sceptique qui, comme les mille épistoliers, s’obstine au « une chance sur deux ». Décrire une simulation avec des cartes (trois cartes, de nombreuses parties, un camarade dans le rôle de l’animateur) et dire quelle proportion de victoires en changeant on attend après $300$ parties — avec l’intervalle de fluctuation du chapitre pour marge.

Partie III — Les cousins du paradoxe.

Une famille a deux enfants ; on apprend qu’au moins l’un des deux est un garçon. Énumérer les configurations équiprobables compatibles avec cette information, et calculer $P(\text{deux garçons})$ .
Même famille, mais l’information est maintenant : l’aîné est un garçon. Recalculer. Pourquoi les deux réponses diffèrent-elles, et qu’ont-elles en commun avec les deux animateurs ?
Trois pièces équilibrées : calculer $P(\text{les trois identiques})$ . Le mathématicien d’Alembert soutenait en 1754 une autre réponse : « ou bien elles sont toutes identiques, ou bien elles ne le sont pas — un cas sur deux ». Nommer précisément l’erreur, la Proposition 9.3 en main.
Un jeu coûte $2$ euros : on lance un dé, on gagne $6$ euros sur un six, $3$ euros sur un cinq, et rien sinon (Exercice 9.9). Sur $600$ parties, quel gain moyen par partie le dénombrement prévoit-il ? Un assureur pratique les mêmes mathématiques : une probabilité annuelle de $1\,\%$ d’un sinistre de $10\,000$ euros — quelle est la prime équitable, et pourquoi la prime réelle la dépasse-t-elle ?

Partie IV — Les échantillons comme arbitres.

On lance une pièce $100$ fois. À l’aide de l’intervalle de fluctuation $p \pm \frac{1}{\sqrt n}$ , décider lequel de ces résultats doit faire sourciller : $55$ piles ; $70$ piles.
Un sondage auprès de $1\,000$ électeurs donne $52\,\%$ à un candidat. Calculer l’intervalle de fluctuation autour de $50\,\%$ et dire si le sondage prouve que le candidat est en tête.
Une usine annonce $4\,\%$ de pièces défectueuses. Un échantillon de $400$ en donne $28$ ( $7\,\%$ ) ; un échantillon ultérieur de $2\,500$ en donne $175$ ( $7\,\%$ encore). Confronter l’annonce à chaque échantillon. Pourquoi les verdicts diffèrent-ils ?
Deux sources d’erreur hantent toute enquête : le biais d’échantillonnage (devoir du week-end sur les mensonges des données, dans le volume précédent) et la fluctuation d’échantillonnage (ce chapitre). Laquelle se réduit quand $n$ grandit, et laquelle survit à toute taille d’échantillon ? Une phrase pour chacune.
Pour finir — la liste de contrôle du probabiliste, une ligne par entrée : vérifier l’équiprobabilité des issues avant de dénombrer (question 15) ; arbres et événements contraires pour les expériences à plusieurs étapes et les « au moins un » (questions 2 et 3) ; l’information change les probabilités, et la façon dont on l’a obtenue compte (questions 7 à 14) ; les échantillons fluctuent d’environ $\frac{1}{\sqrt n}$ , et la simulation arbitre (questions 11, 16 à 18).

Solution

Solution de Problème 9.1.

1. $P(\text{roi ou cœur}) = \frac{4}{52} + \frac{13}{52} - \frac{1}{52} = \frac{16}{52} = \frac{4}{13}$ : le roi de cœur appartient aux deux événements et ne doit pas être compté deux fois — d’où la soustraction (Théorème 9.6).

2. $P(\text{aucun pile}) = \left(\frac12\right)^3 = \frac18$ , donc $P(\text{au moins un}) = \frac78$ .

3. $P(RR) = \frac35 \times \frac24 = \frac{3}{10}$ ; $P(\text{une de chaque}) = \frac35 \times \frac24 + \frac25 \times \frac34 = \frac{6}{20} + \frac{6}{20} = \frac35$ .

4. $P(BB) = \frac25 \times \frac14 = \frac1{10}$ ; et $\frac{3}{10} + \frac{6}{10} + \frac{1}{10} = 1$ : les feuilles d’un arbre totalisent toujours $1$ .

5. Des événements incompatibles vérifient $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = 1.1 > 1$ : impossible — une probabilité a été inventée quelque part.

6. (La plupart des gens, y compris les mille épistoliers, répondent « cela ne change rien, une chance sur deux ». Gardez votre réponse pour la question 8.)

7. Voiture derrière la porte 1 (probabilité $\frac13$ ) : l’animateur ouvre l’une ou l’autre des portes à chèvre ; changer abandonne la voiture : perdu. Voiture derrière la porte 2 ( $\frac13$ ) : l’animateur doit ouvrir la porte 3 ; changer aboutit sur la porte 2 : gagné. Voiture derrière la porte 3 : cas symétrique, gagné. Au total : $P(\text{gagner en changeant}) = \frac13 + \frac13 = \frac23$ .

8. Votre premier choix est mauvais avec la probabilité $\frac23$ — et c’est précisément alors que l’ouverture forcée de l’animateur laisse la voiture derrière la porte restante : changer convertit chaque erreur initiale en victoire. Donc $\frac23$ , quoi qu’en ait dit l’intuition.

9. Six scénarios équiprobables : voiture derrière $1$ , $2$ ou $3$ , animateur ouvrant la porte $2$ ou $3$ (jamais la vôtre). L’ouverture dévoile la voiture dans deux d’entre eux (voiture en 2 / ouvre 2, voiture en 3 / ouvre 3) : on les écarte. Parmi les quatre survivants — voiture en 1 / ouvre 2, voiture en 1 / ouvre 3, voiture en 2 / ouvre 3, voiture en 3 / ouvre 2 — changer gagne dans les deux derniers : $\frac24 = \frac12$ . Avec un animateur ignorant, « une chance sur deux » est la bonne réponse : le paradoxe tient tout entier au savoir de l’animateur, qui filtre les scénarios de façon inégale.

10. Votre porte cache la voiture avec la probabilité $\frac{1}{100}$ ; les $98$ ouvertures de l’animateur qui sait canalisent les $\frac{99}{100}$ restants sur l’unique porte encore fermée. Changez, et gagnez $99$ fois sur $100$ .

11. Trois cartes (un as, deux jokers), un camarade qui regarde et écarte toujours un joker parmi les deux cartes non choisies ; jouer $300$ parties en changeant systématiquement et noter les victoires. Fréquence attendue $\frac23 \approx 0.667$ , avec une fluctuation $\pm\frac{1}{\sqrt{300}} \approx 0.058$ : on attend entre $61\,\%$ et $72\,\%$ environ de victoires en changeant — très loin de toute « chance sur deux ».

12. Configurations équiprobables (aîné–cadet) : GG, GF, FG, FF. « Au moins un garçon » conserve GG, GF, FG : $P(\text{GG}) = \frac13$ .

13. « L’aîné est un garçon » conserve GG et GF : $P(\text{GG}) = \frac12$ . Des informations différentes filtrent des ensembles de scénarios différents — exactement comme les deux animateurs : ce que l’on apprend compte, et la façon dont on l’a appris compte tout autant.

14. Toutes identiques : PPP et FFF, soit $\frac28 = \frac14$ . L’erreur de d’Alembert : ses deux « cas » ne sont pas équiprobables — « pas toutes identiques » regroupe six des huit issues. La Proposition 9.3 ne dénombre que sur des issues équiprobables.

15. Gain moyen par partie : $6 \times \frac16 + 3 \times \frac16 = 1.50$ euro, contre une mise de $2$ euros : une perte moyenne de $0.50$ par partie, soit environ $300$ euros sur $600$ parties. La prime équitable égalise le versement moyen : $1\,\% \times 10\,000 = 100$ euros ; les primes réelles ajoutent les frais et une marge de sécurité — l’assureur doit survivre aux mauvaises années, pas seulement aux années moyennes.

16. Intervalle : $0.5 \pm \frac{1}{\sqrt{100}} = \intcc{0.4}{0.6}$ . $55$ piles ( $0.55$ ) : à l’intérieur, rien à signaler. $70$ piles ( $0.70$ ) : largement dehors — il faut douter de la pièce.

17. $\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0.032$ : un candidat réellement à $50\,\%$ obtiendrait typiquement un score dans $\intcc{0.468}{0.532}$ — et $0.52$ y tient confortablement. Le sondage suggère une avance mais ne prouve rien : la marge l’engloutit.

18. Premier échantillon : intervalle $0.04 \pm \frac{1}{20} = \intcc{0}{0.09}$ ; le $0.07$ observé est dedans : pas de verdict. Second : $0.04 \pm \frac{1}{50} = \intcc{0.02}{0.06}$ ; le $0.07$ observé tombe dehors : l’annonce devient sérieusement douteuse. Même fréquence, instrument plus fin : la précision croît comme $\sqrt n$ .

19. La fluctuation décroît comme $\frac{1}{\sqrt n}$ : quadrupler l’échantillon divise le bruit par deux. Le biais — interroger la mauvaise foule — survit à tout $n$ : deux millions de bulletins mal choisis restaient faux (devoir du week-end sur les mensonges des données, dans le volume précédent).

20. (i) Vérifier que les issues sont équiprobables avant de dénombrer — d’Alembert l’avait oublié. (ii) Les arbres multiplient le long des branches ; les « au moins un » capitulent devant l’événement contraire. (iii) L’information filtre les scénarios, et sa source change le filtre — animateur savant contre animateur ignorant, aîné-garçon contre au-moins-un-garçon. (iv) Les fréquences s’approchent des probabilités à la vitesse $\frac{1}{\sqrt n}$ , si bien qu’une simulation patiente règle n’importe quelle querelle — y compris avec dix mille épistoliers en colère.

Termes définis dans ce chapitre

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