Quand on cherche à calculer la probabilité d’un événement \(A\), il est essentiel de bien comprendre la nature de l’univers \(\Omega\) des résultats possibles de l’expérience. Sans nécessairement chercher à définir \(\Omega\) dans tous les cas, il faut toujours commencer par se demander si \(\Omega\) est fini et si les issues sont équiprobables.

Si \(\Omega\) est fini et si l’on est en situation d’équiprobabilité, alors :

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

La difficulté est alors essentiellement combinatoire : il faut compter correctement \(\mathrm{Card}(\Omega)\) et \(\mathrm{Card}(A)\) (arrangements, combinaisons, tirages avec ou sans remise, etc.).

Erreur classique. Conclure trop vite à l’équiprobabilité. Il faut justifier que toutes les issues de \(\Omega\) ont bien la même probabilité. Cette information est le plus souvent une conséquence des données de l’énoncé : lancer d’une pièce équilibrée, tirage d’une boule au hasard dans une urne contenant des boules numérotées de 1 à \(n\), etc.

L’univers \(\Omega\) est l’ensemble des couples ordonnés \((i,j)\) où \(i\) et \(j\) sont les résultats obtenus sur chacun des dés. L’univers \(\Omega\) est donc fini et vérifie :

\[ \mathrm{Card}(\Omega)=6\times 6=36. \]

Les dés étant équilibrés, toutes les issues sont équiprobables.

On détermine ensuite les issues favorables à l’événement \(A\) :

\[ (2,6),\ (3,5),\ (4,4),\ (5,3),\ (6,2). \]

Donc :

\[ \mathrm{Card}(A)=5. \]

Par équiprobabilité :

\[ \mathbb{P}(A)=\frac{5}{36}. \]

Lorsque l’on cherche à calculer \(\mathbb{P}(A)\), il est souvent utile d’essayer d’exprimer l’événement \(A\) à l’aide d’opérations ensemblistes (union, intersection, complémentaire) appliquées à des événements plus simples.

On peut alors utiliser les propriétés fondamentales des probabilités :

• \(\mathbb{P}(A \cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A \cap B)\)
• Si \(A\) et \(B\) sont incompatibles, alors \(\mathbb{P}(A \cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)\)
• \(\mathbb{P}(\overline{A})=1-\mathbb{P}(A)\)
• Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(\mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A)\mathbb{P}(B)\)

Cette méthode consiste donc à décomposer l’événement \(A\) en événements plus simples dont la probabilité est plus facile à calculer.

Erreur classique. Oublier le terme \(\mathbb{P}(A \cap B)\) dans la formule de la probabilité d’une union ou supposer à tort que deux événements sont indépendants.

On lance deux fois une pièce. On suppose que les lancers sont indépendants et qu'à chaque lancer la probabilité d’obtenir Pile vaut \(p \in \left]0,1\right[\) et que la probabilité d’obtenir Face vaut \(q=1-p\).

Comme la pièce n’est pas équilibrée, on n’est pas en situation d’équiprobabilité. On ne peut donc pas se contenter d’un dénombrement : il faut exprimer l’événement étudié à l’aide d’événements simples et utiliser les propriétés des probabilités.

On note :

• \(A_1\) : « obtenir Pile au premier lancer »
• \(A_2\) : « obtenir Pile au deuxième lancer »

On cherche à calculer la probabilité d’obtenir exactement un Pile. L’événement \(A\) s’écrit alors :

\[ A=(A_1 \cap \overline{A_2}) \cup (\overline{A_1} \cap A_2). \]

Les deux événements \(A_1 \cap \overline{A_2}\) et \(\overline{A_1} \cap A_2\) sont incompatibles, donc :

\[ \mathbb{P}(A)=\mathbb{P}(A_1 \cap \overline{A_2})+\mathbb{P}(\overline{A_1} \cap A_2). \]

Comme les lancers sont indépendants, on a :

\[ \mathbb{P}(A_1 \cap \overline{A_2})=\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}(\overline{A_2})=p\,q \qquad \text{et} \qquad \mathbb{P}(\overline{A_1} \cap A_2)=\mathbb{P}(\overline{A_1})\mathbb{P}(A_2)=q\,p. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(A)=p\,q+q\,p=2pq. \]

Lorsque l’expérience se déroule en plusieurs étapes successives, il est souvent efficace de distinguer les cas selon le résultat de la première étape.

L’idée est alors d’introduire un système complet d’événements \( \{ B_i,\ i\in I \} \) (où \( I \) est une partie non vide de \( \mathbb{N} \)), décrivant les différents résultats possibles de la première étape.

On obtient alors, avec la formule des probabilités totales :

\[ \mathbb{P}(A)=\sum_{i\in I}\mathbb{P}(A \cap B_i). \]

Soit encore, si \( J=\{ i \in I \mid \mathbb{P}(B_i)\neq 0 \} \) :

\[ \mathbb{P}(A)=\sum_{i\in J}\mathbb{P}_{B_i}(A)\,\mathbb{P}(B_i). \]

Cette méthode permet de traiter les situations où la suite de l’expérience dépend du résultat de la première étape (choix d’une urne, d’un scénario, etc.).

Erreur classique. Oublier un cas dans la décomposition ou utiliser une probabilité conditionnelle sans vérifier que l’événement conditionnant est de probabilité non nulle.

On lance une pièce telle que \(\mathbb{P}(\text{Pile})=\dfrac{1}{3}\) et \(\mathbb{P}(\text{Face})=\dfrac{2}{3}\).

Si Pile, on tire une boule dans une urne \(U_1\) contenant 10 boules (6 rouges et 4 vertes). Si Face, on tire une boule dans une urne \(U_2\) contenant 10 boules (2 rouges et 8 vertes).

On cherche la probabilité \(\mathbb{P}(R)\) de tirer une boule rouge.

On introduit le système complet d’événements \(\{P,F\}\), où :

• \(P\) : « obtenir Pile »
• \(F\) : « obtenir Face »

Par la formule des probabilités totales :

\[ \mathbb{P}(R)=\mathbb{P}(R \cap P)+\mathbb{P}(R \cap F). \]

Comme \(\mathbb{P}(P)\neq 0\) et \(\mathbb{P}(F)\neq 0\), on peut écrire :

\[ \mathbb{P}(R)=\mathbb{P}_P(R)\mathbb{P}(P)+\mathbb{P}_F(R)\mathbb{P}(F). \]

Or :

• Par hypothèse : \[ \mathbb{P}(P)=\frac{1}{3} \qquad \mathbb{P}(F)=\frac{2}{3}. \]
• Sachant que l’événement \(P\) est réalisé, on tire dans une urne contenant 6 boules rouges et 4 boules vertes. Le tirage se fait au hasard, donc il y a équiprobabilité. On obtient : \[ \mathbb{P}_P(R)=\frac{6}{10}. \]
• Sachant que l’événement \(F\) est réalisé, on tire dans une urne contenant 2 boules rouges et 8 boules vertes. Le tirage se fait au hasard, donc : \[ \mathbb{P}_F(R)=\frac{2}{10}. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(R)=\frac{6}{10}\times\frac{1}{3}+\frac{2}{10}\times\frac{2}{3} =\frac{6}{30}+\frac{4}{30} =\frac{1}{3}. \]