$course$/QCM de maths/Seconde/Probabilités Modèle probabiliste : loi de probabilité, événement contraire,
équiprobabilité et formule $P(A) = \dfrac{\text{Card}(A)}
{\text{Card}(\Omega)}$, probabilité conditionnelle $P_A(B)$,
arbres de probabilité (pondérations et multiplication le long
d'un chemin), loi des grands nombres en version vulgarisée.

]]> Probabilités — Q01 : Qu'est-ce qu'une probabilité ? Lequel de ces nombres peut être la probabilité d'un
événement ?

]]> Pour tout événement $A$ : $0 \leq P(A) \leq 1$. Les valeurs
extrêmes : $P = 0$ (impossible) et $P = 1$ (certain).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : une probabilité est toujours un nombre
compris entre $0$ (événement impossible) et $1$
(événement certain).

]]> $1{,}2$

]]> Impossible : aucune probabilité ne dépasse $1$ (on ne
peut pas être « plus que certain »).

]]> $-0{,}1$

]]> Impossible : une probabilité n'est jamais négative ; le
minimum est $0$, pour un événement impossible.

]]> $\dfrac{7}{5}$

]]> Impossible : $\dfrac{7}{5} = 1{,}4 > 1$. Dans une
fraction de probabilité, le numérateur ne peut pas
dépasser le dénominateur.

]]> Probabilités — Q02 : Probabilité de l'événement contraire Soit $A$ un événement de probabilité $P(A) = 0{,}3$. Que vaut
la probabilité de son contraire $\overline{A}$ ?

]]> $P(A) + P(\overline{A}) = 1$, donc $P(\overline{A}) = 1 -
P(A)$. Réflexe très utile quand le contraire est plus simple
à compter que l'événement lui-même.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}7$

]]> Bonne réponse : $P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}3
= 0{,}7$ : l'un des deux se réalise forcément.

]]> $0{,}3$

]]> Erreur : le contraire n'a la même probabilité que si
$P(A) = 0{,}5$. En général : $P(\overline{A}) = 1 -
P(A)$.

]]> $-0{,}3$

]]> Impossible : une probabilité n'est jamais négative. On
retranche de $1$, pas de $0$.

]]> $\dfrac{1}{0{,}3}$

]]> Erreur : l'inverse n'intervient pas ici (et
$1/0{,}3 \approx 3{,}3 > 1$). La règle est additive :
$P(A) + P(\overline{A}) = 1$.

]]> Probabilités — Q03 : Un dé équilibré On lance un dé équilibré à $6$ faces. Quelle est la
probabilité d'obtenir un nombre pair ?

]]> En situation d'équiprobabilité : $P(A) = \dfrac{\text{Card}(A)}
{\text{Card}(\Omega)} = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$ : nombre
de cas favorables sur nombre de cas possibles.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$

]]> Bonne réponse : issues favorables $\{2\,;\,4\,;\,6\}$,
soit $3$ sur $6$ issues équiprobables.

]]> $\dfrac{1}{6}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{6}$ est la probabilité d'une
face précise. « Pair » regroupe trois faces : on
additionne leurs probabilités.

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Erreur de compte : les pairs entre $1$ et $6$ sont $2$,
$4$ et $6$ : trois issues sur six, soit $\dfrac{1}{2}$.

]]> $\dfrac{2}{6}$

]]> Erreur de compte : il y a trois nombres pairs sur le
dé ($2$, $4$, $6$), pas deux.

]]> Probabilités — Q04 : Tirage dans une urne Une urne contient $5$ boules rouges et $3$ boules bleues,
indiscernables au toucher. On tire une boule au hasard. Quelle
est la probabilité qu'elle soit rouge ?

]]> L'équiprobabilité porte sur les issues élémentaires (les $8$
boules). $P(\text{rouge}) = \dfrac{5}{8}$. Méfiance envers le
réflexe « deux possibilités donc $\frac{1}{2}$ ».

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{5}{8}$

]]> Bonne réponse : $5$ boules favorables sur $5 + 3 = 8$
boules équiprobables.

]]> $\dfrac{1}{2}$, car il y a deux couleurs

]]> Piège de la fausse équiprobabilité : ce sont les
boules qui sont équiprobables, pas les couleurs. Les
rouges, plus nombreuses, sortent plus souvent.

]]> $\dfrac{5}{3}$

]]> Erreur : $\dfrac{5}{3} > 1$, impossible pour une
probabilité. Le dénominateur est le total des boules
($8$), pas l'effectif de l'autre couleur.

]]> $\dfrac{3}{8}$

]]> Erreur : $\dfrac{3}{8}$ est la probabilité de tirer une
boule bleue. Pour les rouges : $\dfrac{5}{8}$.

]]> Probabilités — Q05 : L'équiprobabilité est une hypothèse Un jeu a deux issues : « gagner » ou « perdre ». La
probabilité de gagner est-elle nécessairement $\dfrac{1}{2}$ ?

]]> Point d'insistance du programme : une loi de probabilité est
une hypothèse du modèle choisi (symétrie d'un dé, ou
fréquences observées via la loi des grands nombres) ; elle ne
se déduit pas du simple comptage des issues.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non : l'équiprobabilité est une hypothèse de modèle, pas
une conséquence du nombre d'issues

]]> Bonne réponse : gagner au loto ou perdre au loto sont
deux issues, certainement pas équiprobables. Le choix du
modèle doit se justifier (symétrie, fréquences
observées).

]]> Oui : deux issues, donc une chance sur deux

]]> Erreur fondamentale : compter les issues ne suffit pas,
il faut justifier leur équiprobabilité. Sinon tout serait
à $50\ \%$, même gagner au loto.

]]> Oui, si le jeu est électronique

]]> Erreur : le support du jeu ne dit rien des probabilités,
qui dépendent de sa conception.

]]> Non : la probabilité de gagner est toujours inférieure à
$\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : rien n'interdit un jeu favorable au joueur. Le
point est qu'on ne peut pas conclure sans information
sur le modèle.

]]> Probabilités — Q06 : Multiplier le long d'un chemin Arbre de probabilité à deux niveaux. Depuis la racine : la branche du haut mène à A avec 0,3 et la branche du bas à A-barre avec 0,7. Depuis A : B avec 0,6 et B-barre avec 0,4. Depuis A-barre : B avec 0,2 et B-barre avec 0,8.

L'arbre ci-dessous décrit une expérience en deux étapes.
Quelle est la probabilité du chemin « $A$ puis $B$ »
(c'est-à-dire de l'événement $A \cap B$) ?

]]> Règle de l'arbre : la probabilité d'un chemin est le
produit des pondérations de ses branches :
$P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}3 \times 0{,}6 =
0{,}18$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18$

]]> Bonne réponse : le long d'un chemin, on multiplie les
pondérations des branches : $P(A) \times P_A(B)$.

]]> $0{,}3 + 0{,}6 = 0{,}9$

]]> Erreur : additionner conviendrait à des chemins
différents (cas incompatibles). Le long d'un même
chemin, les branches s'enchaînent : on multiplie.

]]> $0{,}6$

]]> Incomplet : $0{,}6 = P_A(B)$ suppose $A$ déjà réalisé.
Le chemin complet exige aussi de passer la première
branche ($0{,}3$).

]]> $0{,}3$

]]> Incomplet : $0{,}3 = P(A)$ ne mène qu'au premier étage.
Il faut encore la branche $A \to B$ ($0{,}6$).

]]> Probabilités — Q07 : Que signifie $P_A(B)$ ? Que désigne la notation $P_A(B)$ ?

]]> $P_A(B)$ : probabilité de $B$ conditionnée par $A$
(l'indice porte la condition). Sur un arbre, c'est la
pondération de la branche $A \to B$ ; dans un tableau
d'effectifs : $\dfrac{\text{Card}(A \cap B)}
{\text{Card}(A)}$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc La probabilité que $B$ se réalise, sachant que $A$
est réalisé

]]> Bonne réponse : on se place dans le monde où $A$ a eu
lieu, et on y mesure les chances de $B$.

]]> La probabilité que $A$ et $B$ se réalisent tous les deux

]]> Erreur : « $A$ et $B$ » se note $P(A \cap B)$ ; sur
l'arbre, c'est le produit $P(A) \times P_A(B)$, pas
la pondération d'une seule branche.

]]> La probabilité que $A$ se réalise sachant $B$

]]> Inversion : l'indice indique la condition. Dans
$P_A(B)$, c'est $A$ qui est supposé réalisé.

]]> Le produit $P(A) \times P(B)$

]]> Erreur : ce produit n'a pas de statut général. La
conditionnelle se lit sur la deuxième branche de l'arbre,
ou se calcule dans un tableau croisé.

]]> Probabilités — Q08 : Conditionnelle dans un tableau d'effectifs Dans un lycée de $100$ élèves, il y a $60$ filles, dont $24$
demi-pensionnaires. On choisit un élève au hasard et on
apprend que c'est une fille. Quelle est la probabilité
qu'elle soit demi-pensionnaire ?

]]> Pont entre statistiques et probabilités (au programme) : le
tirage au sort d'un individu fait des fréquences
conditionnelles des probabilités conditionnelles :
$P_F(D) = \dfrac{24}{60} = 0{,}4$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{24}{60} = 0{,}4$

]]> Bonne réponse : sachant « fille », l'univers se réduit
aux $60$ filles : $P_F(D) = \dfrac{\text{Card}(F \cap D)}
{\text{Card}(F)} = \dfrac{24}{60}$.

]]> $\dfrac{24}{100} = 0{,}24$

]]> Erreur : $0{,}24 = P(F \cap D)$ garde l'univers entier.
L'information « c'est une fille » réduit l'univers
aux $60$ filles.

]]> $\dfrac{60}{100} = 0{,}6$

]]> Erreur : $0{,}6 = P(F)$ est la probabilité de la
condition elle-même, pas celle de la demi-pension sachant
la condition.

]]> $\dfrac{24}{44}$

]]> Conditionnement inversé : $\dfrac{24}{44} = P_D(F)$,
probabilité d'être une fille sachant demi-pensionnaire.

]]> Probabilités — Q09 : $P_A(B)$ et $P_B(A)$ En général, les probabilités conditionnelles $P_A(B)$ et
$P_B(A)$ sont-elles égales ?

]]> $P_A(B) = \dfrac{\text{Card}(A \cap B)}{\text{Card}(A)}$ et
$P_B(A) = \dfrac{\text{Card}(A \cap B)}{\text{Card}(B)}$ :
même numérateur, dénominateurs différents. Leur confusion
(« inversion du conditionnement ») est au cœur des erreurs de
type « faux positifs ».

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non : elles ont des conditions différentes et diffèrent
en général

]]> Bonne réponse : dans le lycée précédent, $P_F(D) =
\dfrac{24}{60} = 0{,}4$ alors que $P_D(F) =
\dfrac{24}{44} \approx 0{,}545$. Confondre les deux est
l'erreur d'inversion du conditionnement.

]]> Oui : c'est la même intersection $A \cap B$

]]> Erreur : le numérateur est commun, mais les
dénominateurs diffèrent ($\text{Card}(A)$ contre
$\text{Card}(B)$) : les deux quotients n'ont aucune raison
de coïncider.

]]> Oui, dès que $A$ et $B$ sont compatibles

]]> Erreur : la compatibilité (intersection non vide) ne
rétablit pas l'égalité : l'exemple du lycée le montre
($0{,}4 \neq 0{,}545$).

]]> Non, elles sont toujours complémentaires ($P_A(B) +
P_B(A) = 1$)

]]> Erreur : aucune relation systématique de ce type :
$0{,}4 + 0{,}545 \neq 1$. Elles sont simplement
différentes en général.

]]> Probabilités — Q10 : Compléter une loi de probabilité Une expérience a trois issues $a$, $b$, $c$ avec
$P(a) = 0{,}2$ et $P(b) = 0{,}5$. Que vaut $P(c)$ ?

]]> Une loi de probabilité attribue à chaque issue un nombre
positif, la somme faisant $1$. Issue manquante :
$1 - (0{,}2 + 0{,}5) = 0{,}3$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : la somme des probabilités des issues vaut
$1$ : $P(c) = 1 - 0{,}2 - 0{,}5 = 0{,}3$.

]]> $0{,}7$

]]> Erreur : $0{,}7 = 1 - 0{,}3$ ? Le calcul correct
retranche les deux probabilités connues :
$1 - 0{,}2 - 0{,}5 = 0{,}3$.

]]> $1$

]]> Erreur : c'est la somme totale qui vaut $1$, pas la
dernière probabilité.

]]> Impossible à déterminer

]]> Erreur : la contrainte « somme $= 1$ » détermine
entièrement la probabilité manquante.

]]> Probabilités — Q11 : Fréquences et loi des grands nombres On simule $10\,000$ lancers d'une pièce équilibrée avec un
programme Python. Qu'observe-t-on pour la fréquence de
« pile », d'après la loi des grands nombres (version
vulgarisée du programme) ?

]]> Version vulgarisée au programme : « lorsque $n$ est grand,
sauf exception, la fréquence observée est proche de la
probabilité ». Elle justifie l'estimation de probabilités par
simulation, et interdit l'idée de « compensation » du hasard.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Elle est, sauf exception, proche de $0{,}5$

]]> Bonne réponse : « lorsque $n$ est grand, sauf exception,
la fréquence observée est proche de la probabilité ».
C'est ce lien qui permet aussi d'estimer une
probabilité inconnue par simulation.

]]> Elle vaut exactement $0{,}5$

]]> Erreur : le hasard laisse toujours fluctuer la fréquence
autour de $0{,}5$ ($0{,}4987$, $0{,}5031$…). La loi parle
de proximité, pas d'égalité.

]]> Après une série de piles, la pièce compense avec plus de
faces

]]> Illusion du joueur : la pièce n'a pas de mémoire, chaque
lancer reste à $0{,}5$. L'équilibre vient de la
dilution des écarts dans le grand nombre, pas d'une
compensation.

]]> Rien de prévisible : la fréquence peut être n'importe où
entre $0$ et $1$

]]> Erreur : sur $10\,000$ lancers, une fréquence de
$0{,}3$ serait extraordinairement improbable. La
stabilisation des fréquences est précisément le contenu
de la loi des grands nombres.

]]> Probabilités — Q12 : Interpréter une pondération de l'arbre Arbre de probabilité à deux niveaux. Depuis la racine : A avec 0,3 et A-barre avec 0,7. Depuis A : B avec 0,6 et B-barre avec 0,4. Depuis A-barre : B avec 0,2 et B-barre avec 0,8.

Dans l'arbre ci-dessous, que représente le nombre $0{,}2$
porté par la branche allant de $\overline{A}$ vers $B$ ?

]]> Grammaire de l'arbre (au programme) : premier niveau =
probabilités simples ; branches suivantes = probabilités
conditionnelles au nœud de départ ; produit le long d'un
chemin = probabilité de l'intersection.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc La probabilité conditionnelle
$P_{\overline{A}}(B)$

]]> Bonne réponse : toute branche de deuxième niveau porte une
probabilité conditionnée par son point de départ :
ici, $B$ sachant $\overline{A}$.

]]> La probabilité $P(B)$

]]> Erreur : $P(B)$ n'apparaît sur aucune branche unique :
$B$ peut arriver par deux chemins ($A$ puis $B$, ou
$\overline{A}$ puis $B$).

]]> La probabilité $P(\overline{A} \cap B)$

]]> Erreur : l'intersection est la probabilité du chemin
complet : $0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}14$, pas la
pondération d'une seule branche.

]]> La probabilité $P(\overline{A})$

]]> Erreur : $P(\overline{A}) = 0{,}7$ est portée par la
branche du premier niveau. Le $0{,}2$ vit au second
niveau, donc conditionné.

]]> Probabilités — Q13 : Événement certain, événement impossible On lance un dé à six faces. Que vaut la probabilité de
l'événement « obtenir un nombre entre $1$ et $6$ » ?

]]> Échelle des probabilités : de $0$ (impossible) à $1$
(certain), jamais au-delà. Tout résultat hors de
$[0\ ;\ 1]$ signale une erreur de calcul.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $1$ : l'événement est certain

]]> Bonne réponse : toutes les issues conviennent :
probabilité $\frac{6}{6} = 1$, le maximum possible.

]]> $0$

]]> Inverse : $0$ est la probabilité d'un événement
impossible (« obtenir $7$ ») : ici tout tirage
convient.

]]> $\dfrac{1}{6}$

]]> Erreur : $\frac{1}{6}$ vaut pour UNE face précise :
l'événement proposé les accepte toutes les six.

]]> $6$

]]> Impossible : une probabilité ne dépasse jamais $1$ :
$6$ est le nombre d'issues, pas une probabilité.

]]> Probabilités — Q14 : Événements incompatibles $A$ et $B$ sont incompatibles (ils ne peuvent pas se
produire en même temps), avec $P(A) = 0{,}3$ et $P(B) =
0{,}4$. Que vaut $P(A \cup B)$ ?

]]> Incompatibles ($A \cap B = \varnothing$) : $P(A \cup B) =
P(A) + P(B)$ : le cas particulier confortable. Avec
recouvrement, la formule générale retranche l'intersection.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}7$

]]> Bonne réponse : incompatibles = aucun recouvrement : les
probabilités s'additionnent simplement : $0{,}3 +
0{,}4$.

]]> $0{,}12$

]]> Produit : $0{,}3 \times 0{,}4$ concernerait des
événements indépendants ET simultanés ($A \cap B$) :
la réunion d'incompatibles s'additionne.

]]> $0{,}1$

]]> Soustraction : rien à retrancher ici : l'intersection
est vide ($P(A \cap B) = 0$).

]]> Impossible à savoir

]]> Erreur : l'incompatibilité est exactement l'information
qui permet de conclure : addition directe.

]]> Probabilités — Q15 : Deux pièces équilibrées On lance deux pièces équilibrées. Quelle est la probabilité
d'obtenir deux « pile » ?

]]> Expérience à deux épreuves : l'univers est le produit
(ici $2 \times 2 = 4$ issues équiprobables). Le piège
historique (compter « un de chaque » comme UNE issue) date
de d'Alembert : l'arbre le dissout.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{4}$

]]> Bonne réponse : quatre issues équiprobables (PP, PF, FP,
FF), une seule favorable : $\frac{1}{4}$ (ou $\frac{1}{2}
\times \frac{1}{2}$ le long de l'arbre).

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\frac{1}{2}$ vaut pour UNE pièce : la deuxième
doit aussi tomber sur pile : on multiplie les deux
$\frac{1}{2}$.

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Univers mal compté : « deux piles, deux faces, un de
chaque » ne sont PAS équiprobables : « un de chaque »
recouvre deux issues (PF et FP) : l'univers correct a
quatre issues.

]]> $1$

]]> Erreur : trois autres issues existent (PF, FP, FF) :
l'événement n'a rien de certain.

]]> Probabilités — Q16 : La formule de la réunion On donne $P(A) = 0{,}5$, $P(B) = 0{,}4$ et $P(A \cap B) =
0{,}2$. Que vaut $P(A \cup B)$ ?

]]> $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ : le diagramme
« patate » le montre : additionner les deux zones compte
deux fois le recouvrement. Garde-fou : le résultat doit
rester dans $[0\ ;\ 1]$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}7$

]]> Bonne réponse : $P(A) + P(B) - P(A \cap B) = 0{,}5 +
0{,}4 - 0{,}2$ : l'intersection, comptée deux fois dans
la somme, se retranche une fois.

]]> $0{,}9$

]]> Double comptage : $0{,}5 + 0{,}4$ compte deux fois la
zone commune : la formule la retire : $-0{,}2$.

]]> $0{,}2$

]]> Confusion : $0{,}2$ est l'intersection ($A$ et $B$
ensemble) : la réunion ($A$ ou $B$) est bien plus
large.

]]> $1{,}1$

]]> Alerte : une probabilité au-dessus de $1$ est
impossible : signe certain qu'une soustraction manque.

]]> Probabilités — Q17 : Somme de deux dés On lance deux dés équilibrés et on additionne. Quelle est la
probabilité d'obtenir une somme égale à $7$ ?

]]> Deux dés : univers de $36$ couples ordonnés équiprobables :
compter les couples favorables. Les sommes, elles, ne sont
PAS équiprobables : leur histogramme en pyramide culmine à
$7$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{6}{36} = \dfrac{1}{6}$

]]> Bonne réponse : $36$ couples équiprobables ; six donnent
$7$ : $(1\ ;6), (2\ ;5), (3\ ;4), (4\ ;3), (5\ ;2),
(6\ ;1)$ : la somme la plus probable.

]]> $\dfrac{1}{11}$

]]> Sommes équiprobables imaginées : les valeurs $2$ à $12$
existent, mais avec des poids différents ($7$ se
fabrique de six façons, $2$ d'une seule).

]]> $\dfrac{3}{36}$

]]> Ordre oublié : $(3\ ;4)$ et $(4\ ;3)$ sont deux issues
distinctes (premier dé, second dé) : six couples, pas
trois.

]]> $\dfrac{7}{36}$

]]> Erreur : la valeur $7$ de la somme n'est pas son nombre
de décompositions : on compte les couples ($6$).

]]> Probabilités — Q18 : Contraire dans un monde conditionné On sait que $P_A(B) = 0{,}7$. Que vaut $P_A(\bar{B})$ ?

]]> Les probabilités conditionnelles obéissent à toutes les
règles des probabilités : $P_A(\bar{B}) = 1 - P_A(B)$. Sur
l'arbre : les branches issues d'un même nœud somment à $1$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : dans le monde restreint à $A$, $B$ et
$\bar{B}$ se partagent tout : $P_A(\bar{B}) = 1 -
P_A(B)$.

]]> $0{,}7$

]]> Erreur : $B$ et son contraire ne peuvent pas peser
pareil sauf à $0{,}5$ : ils somment à $1$ : $1 - 0{,}7
= 0{,}3$.

]]> Impossible sans connaître $P(A)$

]]> Erreur : la règle du contraire fonctionne À L'INTÉRIEUR
du monde conditionné : $P_A(B) + P_A(\bar{B}) = 1$,
quel que soit $P(A)$.

]]> $-0{,}7$

]]> Impossible : une probabilité n'est jamais négative : le
contraire se calcule par $1 - 0{,}7$.

]]> Probabilités — Q19 : Intersection dans un tableau Sur $200$ élèves, le tableau croisé indique $30$ élèves à la
fois internes et sportifs. On choisit un élève au hasard.
Que vaut $P(\text{interne} \cap \text{sportif})$ ?

]]> Dans un tableau croisé : case / total = probabilité de
l'intersection ; case / marge = probabilité conditionnelle.
Le choix du dénominateur fait toute la différence : total
pour « et », marge pour « sachant ».

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{30}{200} = 0{,}15$

]]> Bonne réponse : l'intersection se lit dans la case
croisée, rapportée à l'effectif total : $30$ sur
$200$.

]]> $30$

]]> Effectif brut : une probabilité est une proportion :
diviser par le total $200$.

]]> $\dfrac{30}{100}$

]]> Mauvais total : l'univers compte $200$ élèves : la case
se divise par $200$ (diviser par un sous-total donnerait
une conditionnelle).

]]> $0{,}85$

]]> Erreur : $0{,}85 = 1 - 0{,}15$ est la probabilité du
contraire de l'intersection.

]]> Probabilités — Q20 : Branche manquante d'un arbre Sur un arbre, trois branches partent d'un même nœud avec les
probabilités $0{,}25$, $0{,}45$ et $p$. Que vaut $p$ ?

]]> Règle de cohérence d'un arbre pondéré : à chaque nœud, la
somme des branches sortantes vaut $1$. C'est le premier
contrôle à faire sur tout arbre, donné ou construit.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $p = 0{,}3$

]]> Bonne réponse : les branches issues d'un même nœud
somment à $1$ : $p = 1 - 0{,}25 - 0{,}45$.

]]> $p = 0{,}7$

]]> Soustraction incomplète : $1 - 0{,}25 - 0{,}45$ retire
les DEUX branches connues : $0{,}3$.

]]> $p = 0{,}25$

]]> Erreur : rien n'impose des branches égales : c'est la
somme à $1$ qui contraint : $0{,}3$.

]]> Impossible à déterminer

]]> Erreur : la loi du nœud (somme $= 1$) détermine toujours
la branche manquante.

]]> Probabilités — Q21 : Deux tirages sans remise Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ bleues. On tire
deux boules sans remise. Quelle est la probabilité
d'obtenir deux rouges ?

]]> Sans remise : chaque tirage modifie l'urne : les
probabilités de la deuxième branche se recalculent avec une
boule de moins. C'est la différence structurelle avec le
tirage avec remise (branches identiques).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{4} = \dfrac{3}{10}$

]]> Bonne réponse : première rouge : $\frac{3}{5}$ ; il
reste alors $2$ rouges sur $4$ boules : $\frac{2}{4}$ :
l'arbre multiplie le long du chemin, avec des
probabilités mises à jour.

]]> $\dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{25}$

]]> Remise fantôme : après un premier tirage rouge, l'urne a
changé ($2$ rouges sur $4$) : sans remise, la deuxième
branche s'actualise.

]]> $\dfrac{2}{5}$

]]> Erreur : $\frac{2}{5}$ est la proportion de bleues :
l'événement demande DEUX tirages : produit de deux
fractions.

]]> $\dfrac{6}{10}$

]]> Erreur : $\frac{3}{5} + \frac{2}{4} - \dots$ : aucune
addition ici : le chemin « rouge puis rouge » se calcule
en produit : $\frac{6}{20} = \frac{3}{10}$.

]]> Probabilités — Q22 : « Au moins un » par le contraire On lance deux fois un dé équilibré. Quelle est la
probabilité d'obtenir au moins un six ?

]]> « Au moins un » : passer systématiquement par le
contraire « aucun » : $P = 1 - P(\text{aucun})$. Un seul
produit au lieu d'un inventaire de cas : le réflexe le plus
rentable du chapitre.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $1 - \dfrac{25}{36} = \dfrac{11}{36}$

]]> Bonne réponse : le contraire de « au moins un six » est
« aucun six » : $\frac{5}{6} \times \frac{5}{6} =
\frac{25}{36}$ : le complément fait le reste.

]]> $\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{2}{6}$

]]> Addition abusive : elle compte deux fois le double six
($\frac{1}{36}$) : le calcul exact passe par le
contraire (ou retranche l'intersection :
$\frac{12 - 1}{36}$).

]]> $\dfrac{1}{36}$

]]> Confusion : $\frac{1}{36}$ est la probabilité de DEUX
six : « au moins un » est beaucoup plus fréquent
($\frac{11}{36}$).

]]> $\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6}$

]]> Erreur : ce produit calcule « six au premier ET au
second » : « au moins un » englobe trois scénarios : le
contraire est plus rapide.

]]> Probabilités — Q23 : « Et » ou « sachant » ? Dans un lycée, $P(\text{interne} \cap \text{sportif}) =
0{,}15$ et $P_{\text{interne}}(\text{sportif}) = 0{,}6$.
Que signifie la différence entre ces deux nombres ?

]]> « Et » = intersection (dénominateur : tout l'univers) ;
« sachant » ou « parmi » = conditionnelle (dénominateur : la
condition). Lien : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ (ici
$0{,}15 = 0{,}25 \times 0{,}6$ : un quart d'internes).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}15$ : proportion des élèves à la fois internes et
sportifs dans TOUT le lycée ; $0{,}6$ : proportion de
sportifs PARMI les internes

]]> Bonne réponse : même case du tableau, deux dénominateurs :
le total pour l'intersection, l'effectif des internes
pour la conditionnelle : d'où des valeurs très
différentes.

]]> Les deux nombres devraient être égaux : il y a une
erreur d'énoncé

]]> Erreur : ils coïncideraient seulement si tous les élèves
étaient internes : en général, conditionner change le
dénominateur, donc la valeur.

]]> $0{,}6$ est faux : une conditionnelle est toujours plus
petite que l'intersection

]]> Inverse : la conditionnelle divise l'intersection par un
nombre $\leq 1$ : elle est toujours plus grande (ou
égale).

]]> $0{,}15$ concerne les internes, $0{,}6$ les sportifs

]]> Erreur : les deux concernent les élèves internes ET
sportifs : c'est l'univers de référence (total ou
internes) qui distingue les deux mesures.

]]> Probabilités — Q24 : Le faux « une chance sur deux » « Au loto, soit je gagne, soit je perds : donc j'ai une
chance sur deux. » Que penser de ce raisonnement ?

]]> L'équiprobabilité se justifie (symétrie, « au hasard »),
elle ne se décrète pas en comptant les issues. Le
raisonnement « soit ça marche, soit ça rate : 50/50 » est le
sophisme probabiliste le plus répandu : savoir le démonter.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Il est faux : deux issues n'ont aucune raison d'être
équiprobables

]]> Bonne réponse : l'équiprobabilité est une HYPOTHÈSE à
justifier (symétrie du dé, tirage au hasard…), pas une
conséquence du nombre d'issues : ici gagner est
infiniment plus rare que perdre.

]]> Il est correct : deux issues, donc $\dfrac{1}{2}$
chacune

]]> Le sophisme visé : compter les issues ne suffit jamais :
il faut leur POIDS : au loto, les combinaisons perdantes
écrasent l'unique gagnante.

]]> Il est correct si on joue une seule fois

]]> Erreur : le nombre de tentatives ne change pas la
probabilité d'un tirage : elle reste minuscule à chaque
grille.

]]> Il est faux car il y a trois issues : gagner, perdre,
match nul

]]> Hors sujet : ajouter des issues ne répare rien :
l'erreur est de postuler l'équiprobabilité sans
justification.

]]>