Cours 1 - Chapitre 1 du cours

La statistique des systèmes à petit et grand nombre d’éléments

Manuel (Stowe, TSM) : chapitres 2 et 3 | Diapos « Cours 1 » (50 pages) | Classe d’exercices du 3 septembre

MoyenneLoi binomialeCritères multiplesÉcart typeMarche aléatoireStirlingGaussienne

Parcours conseillé : lire la théorie en jouant avec les démonstrations interactives → faire le quiz → résoudre les exercices à développement sur papier avant d’ouvrir les corrigés → attaquer les exercices suggérés du manuel.

0. Pourquoi de la statistique en thermodynamique ?

Un verre d’eau contient environ $10^{24}$ molécules ; une salle, $10^{28}$ molécules d’air. Suivre chaque molécule est impossible, mais ce n’est pas nécessaire : le comportement du groupe est beaucoup plus prévisible que celui d’un individu, exactement comme la trajectoire d’un banc de poissons est plus facile à prévoir que celle d’un seul poisson.

Ce premier cours construit les outils qui servent dans tout le reste du cours : la valeur moyenne, la probabilité qu’un certain nombre d’éléments satisfassent un critère (loi binomiale, critères multiples), puis le passage aux grands systèmes (moyenne $\bar n = pN$, écart type $\sigma=\sqrt{Npq}$, marche aléatoire, formule de Stirling et distribution gaussienne). Les chapitres suivants (énergie interne, nombre d’états, entropie) reposent entièrement sur ces idées.

1. États d’un système et univers

Définitions

Un système est un ensemble d’éléments (pièces, dés, molécules, spins...).
Chaque élément est caractérisé par son état : la seule information pertinente pour le problème (pile ou face ; le nombre de points ; « dans le tiers gauche de la salle » ou non...). Les autres caractéristiques (couleur de la pièce, etc.) sont ignorées.
L’état du système est déterminé par l’état de chacun de ses éléments.
L’ensemble de tous les états possibles s’appelle l’univers, noté $\Omega$. Pour une variable aléatoire, l’univers est l’ensemble des résultats possibles.

Exemple

On joue à pile ou face avec trois pièces. L’état de chaque pièce est P ou F ; l’état du système est PPP, PPF, PFP, FPP, PFF, FPF, FFP ou FFF : l’univers compte $2^3 = 8$ états. Cette idée « nombre d’états du système = produit des nombres d’états des éléments » reviendra au cours 2 ($\Omega=\omega^N$).

2. Valeur moyenne

Définition de la moyenne (espérance)

\[\bar f = \sum_{i=1}^{n} p_i\, f_i\]

Si $f$ possède $n$ états de valeurs $f_i$, chacun de probabilité $p_i$ (avec $\sum_i p_i = 1$). En théorie des jeux on parle d’espérance, notée $E(f)$ : « combien puis-je espérer gagner en moyenne ? »

Exemples (diapos 6-7)

Pile ou face avec $f_P = 1$ et $f_F = 0$, pièce parfaite ($p_P=p_F=\tfrac12$) : $\bar f = \tfrac12\times 1 + \tfrac12 \times 0 = \tfrac12$.

Dé parfait, $f$ = nombre de points : $\bar f = \sum_{i=1}^{6}\tfrac16\, i = \tfrac{21}{6} = 3{,}5$. Remarquez que la moyenne n’est pas une valeur atteignable : c’est une valeur moyenne sur un grand nombre de lancers.

Propriétés de la moyenne

\[\overline{f+g} = \bar f + \bar g \qquad\qquad \overline{(cf)} = c\,\bar f \quad (c\in\mathbb R)\] \[\overline{fg} = \bar f \cdot \bar g \quad \text{seulement si } f \text{ et } g \text{ sont statistiquement indépendantes}\]

La première propriété est toujours vraie (linéarité). La troisième se démontre en écrivant $\overline{fg}=\sum_{i,j} P_i W_j f_i g_j = \big(\sum_i P_i f_i\big)\big(\sum_j W_j g_j\big)$, ce qui suppose que la probabilité combinée est le produit $P_iW_j$.

Exemple

Deux dés indépendants : moyenne du produit des points $\overline{n_1 n_2} = \bar n_1\,\bar n_2 = 3{,}5\times 3{,}5 = 12{,}25$. Moyenne de la somme : $\overline{n_1+n_2} = 7$. (Exercices 31 et 32 du chapitre 2 vérifient ces résultats « à la main » sur les 36 configurations.)

3. Détermination de la probabilité : cas du critère unique

3.1 Un critère, deux issues : $p + q = 1$

Critère unique

\[p + q = 1\]

$p$ : probabilité que le critère soit satisfait ; $q = 1-p$ : probabilité qu’il ne le soit pas. Le système satisfait ou ne satisfait pas le critère, il n’y a pas de troisième possibilité.

Exemples (diapos 9-10)

Obtenir face : $p = \tfrac12$, $q = \tfrac12$. Obtenir un six : $p = \tfrac16$, $q=\tfrac56$.
Deux dés : probabilité d’obtenir deux six $= p_1p_2 = \tfrac1{36}$ (dés indépendants → on multiplie) ; de n’obtenir aucun six $= q_1 q_2 = \tfrac{25}{36}$ ; d’obtenir exactement un six $= 1 - \tfrac1{36} - \tfrac{25}{36} = \tfrac{10}{36}$ (le complémentaire des deux autres cas).

Conseil du cours pour les problèmes de probabilités

Les problèmes de statistique sont généralement simples si on formalise bien le problème. Avant de calculer, prenez le temps d’identifier : la dépendance des variables, le nombre de variables, s’il s’agit d’un critère unique, et si la réponse n’est pas plus simple en passant par le complémentaire ($q = 1-p$) d’un cas simple.

3.2 Compter les combinaisons : le coefficient binomial

Pile ou face avec trois pièces : quelle est la probabilité d’obtenir deux faces et un pile ? Chaque configuration précise (FFP, FPF ou PFF) a la probabilité $p^2 q = \tfrac18$, et il y a trois façons d’obtenir la combinaison demandée : $P = 3p^2q = \tfrac38$. Il faut donc savoir compter : dans un ensemble de $N$ éléments, combien de combinaisons de $n \le N$ éléments existe-t-il ?

Coefficient binomial (tirage simultané, l’ordre ne compte pas)

\[C_N^n = \binom{N}{n} = \frac{N!}{n!\,(N-n)!}\qquad \text{où } N! = N\times(N-1)\times\cdots\times 2\times 1,\quad 0! = 1! = 1\]

$C_N^n$ est le nombre de façons de choisir $n$ éléments parmi $N$ ; c’est aussi le nombre de combinaisons où exactement $n$ éléments satisfont le critère.

Attention : tirage simultané ≠ tirage successif

10 jetons différents dans un chapeau. On en tire 3 simultanément : $C_{10}^3 = \dfrac{10!}{3!\,7!} = 120$ combinaisons. On les tire l’un après l’autre en tenant compte de l’ordre : $10\times 9\times 8 = \dfrac{10!}{7!} = 720$ arrangements, soit $3! = 6$ fois plus (les $3!$ ordres possibles d’un même trio).

3.3 La loi binomiale

Loi binomiale

\[P_N(n) = \frac{N!}{n!\,(N-n)!}\; p^{\,n}\, q^{\,N-n}\]

Probabilité d’obtenir exactement $n$ éléments qui satisfont le critère (probabilité $p$) parmi $N$ éléments indépendants. Lecture : (nombre de combinaisons) × (probabilité d’une combinaison précise : $n$ éléments satisfont le critère, $N-n$ ne le satisfont pas).

Méthode en trois étapes (diapos 19-21)

Compter les combinaisons : nombre de façons de choisir les $n$ éléments qui satisfont le critère : $C_N^n$.
Déterminer $p$ et $q$ pour un élément.
Multiplier : $P_N(n) = C_N^n\, p^n q^{N-n}$.

Exemple : trois ampoules (diapos 17-18)

Chaque ampoule est allumée avec $p = \tfrac14$ (éteinte : $q = \tfrac34$). Chaque configuration précise avec 2 allumées (●○○, ○●○, ○○●) a la probabilité $p^2 q = \tfrac{3}{64}$ ; il y a $C_3^2 = 3$ configurations, donc $P_3(2) = 3\times\tfrac{3}{64} = \tfrac{9}{64} \approx 0{,}14$.

Exemple 5 : molécules dans une salle (diapos 19-21)

Une salle contient 5 molécules d’oxygène ; les trois tiers ont le même volume. Probabilité de trouver exactement 2 molécules dans le tiers gauche ?

1) $C_5^2 = \dfrac{5!}{2!\,3!} = 10$ (on peut aussi les énumérer : $m_1m_2, m_1m_3, \ldots, m_4m_5$). 2) $p = \tfrac13$ (dans le tiers gauche), $q=\tfrac23$ (ailleurs). 3) $P_5(2) = 10\,p^2q^3 = 10\times\tfrac19\times\tfrac{8}{27} = \tfrac{80}{243}\approx 0{,}33$.

4. Cas des critères multiples (loi multinomiale)

Critères multiples

\[P_N(n_1, n_2, \ldots, n_m) = \frac{N!}{n_1!\,n_2!\cdots n_m!}\; p_1^{\,n_1}\, p_2^{\,n_2}\cdots p_m^{\,n_m}\]

Conditions : les $m$ critères sont mutuellement exclusifs (un élément satisfait exactement un critère) et couvrent tous les cas : $n_1+n_2+\cdots+n_m = N$ et $p_1+p_2+\cdots+p_m = 1$. Pour $m=2$ on retrouve la loi binomiale ($p_2 = q$, $n_2 = N-n$).

Ce n’est PAS un cas de critères multiples (diapos 23-24)

Une molécule dans une salle : probabilité d’être dans le tiers gauche ($p_1 = \tfrac13$) et dans la moitié haute ($p_2 = \tfrac12$) ? Ici $p_1 + p_2 \ne 1$ et une molécule peut satisfaire les deux critères à la fois : ce sont deux critères indépendants, pas mutuellement exclusifs. On multiplie simplement : $P = p_1 p_2 = \tfrac16$. Pour $N$ molécules on applique une loi binomiale par critère et on multiplie les résultats (exercice 30 du chapitre 2).

Exemples (diapos 25-27)

5 molécules, exactement 2 dans le tiers gauche et 1 dans le tiers droit (donc 2 au centre) : trois critères exclusifs avec $p_g = p_c = p_d = \tfrac13$ : $P_5(2,2,1) = \dfrac{5!}{2!\,2!\,1!}\left(\tfrac13\right)^5 = 30\times\dfrac{1}{243}\approx 0{,}12$.

30 jetons (10 noirs, 10 blancs, 10 rouges), on en tire 5 : exactement 2 noirs, 1 blanc et 2 rouges. Les trois couleurs sont des critères mutuellement exclusifs couvrant tous les cas ($p_n + p_b + p_r = 1$), avec $p_n=p_b=p_r = \tfrac13$ : $P = \dfrac{5!}{2!\,1!\,2!}\left(\tfrac13\right)^2\left(\tfrac13\right)^1\left(\tfrac13\right)^2 \approx 0{,}12$. Le facteur $\frac{5!}{2!1!2!} = 30$ compte les ordres possibles d’un même tirage (NNBRR, NBNRR, ...), et $p_n^2 p_b p_r^2$ est la probabilité d’un tirage précis.

5. Statistique dépendante et indépendante

Jusqu’ici, les éléments avaient un comportement indépendant les uns des autres. Ce n’est pas toujours le cas.

Exemple : tirage sans remise (diapo 28)

Probabilité de tirer 2 as d’un jeu de 52 cartes : 1^er tirage $p = \tfrac{4}{52}$ ; 2^e tirage $p = \tfrac{3}{51}$ (si le premier était un as) ou $\tfrac{4}{51}$ (sinon). Le résultat du second tirage dépend du premier : $P(\text{2 as}) = \tfrac{4}{52}\times\tfrac{3}{51}\approx 0{,}0045$. Si on remet la carte dans le paquet, les tirages redeviennent indépendants.

Résultat important de la statistique indépendante

\[\overline{fg} = \bar f\cdot\bar g \qquad \text{où } \bar f = \sum_i f_i P_i,\quad \bar g = \sum_j g_j W_j\]

$i,j$ : états des fonctions $f$ et $g$ ; $P_i, W_j$ : probabilités de ces états. Et pour deux comportements indépendants, la probabilité que les deux critères soient satisfaits est le produit des probabilités.

6. Systèmes à grand nombre d’éléments

6.1 Moyenne

Nombre moyen d’éléments satisfaisant le critère

\[\bar n = pN\]

Pour $N$ éléments ayant chacun la probabilité $p$ de satisfaire le critère, après observation de plusieurs séries de $N$ éléments. Exemple : 1000 lancers de pièce → en moyenne $\bar n = \tfrac12\times 1000 = 500$ faces.

6.2 Écart type

Comment évaluer la précision d’un tirage, c’est-à-dire l’amplitude des variations autour de la moyenne ? (Deux joueurs de fléchettes peuvent avoir la même position moyenne mais des scores très différents : c’est la dispersion qui compte.) La moyenne des écarts $f-\bar f$ est nulle (autant de variations au-dessus qu’en dessous) ; on prend donc la moyenne des écarts au carré, puis la racine.

Écart type et variance

\[\sigma = \sqrt{\overline{\left(f-\bar f\right)^2}}\qquad\qquad \text{Variance} = \sigma^2 = \overline{f^2} - \bar f^{\,2}\] \[\text{Variance}(f+g) = \text{Variance}(f) + \text{Variance}(g)\quad\text{pour des variables indépendantes}\]

Démonstration de la forme pratique : $\sigma^2 = \sum_i p_i\,(f_i-\bar f)^2 = \sum_i p_i\,(f_i^2 - 2 f_i \bar f + \bar f^2) = \overline{f^2} - 2\bar f^{\,2} + \bar f^{\,2} = \overline{f^2}-\bar f^{\,2}$. L’additivité des variances est la clé de la marche aléatoire (section 7).

Critère unique : écart type sur le nombre $n$

\[\sigma = \sqrt{\overline{n^2}-\bar n^{\,2}} = \sqrt{Npq}\qquad\qquad \frac{\sigma}{\bar n} = \sqrt{\frac{q}{pN}} \propto \frac{1}{\sqrt N}\]

Démonstration en page 42 du manuel (avec un erratum corrigé par le professeur : $n^2 p^n = p^2\frac{\partial^2}{\partial p^2}(p^n) + p\frac{\partial}{\partial p}(p^n)$, puis on utilise $\sum_n \frac{N!}{n!(N-n)!}p^nq^{N-n} = (p+q)^N$ et $p+q=1$, ce qui donne $\overline{n^2} = N(N-1)p^2 + Np = \bar n^2 + Npq$). La fluctuation relative $\sigma/\bar n$ décroît comme $1/\sqrt N$ : plus le système est grand, plus son comportement est prévisible.

Exemples (diapos 36-38)

1000 lancers de pièce : $\sigma = \sqrt{1000\times\tfrac12\times\tfrac12} = 15{,}8$. On obtient typiquement $500 \pm 16$ faces.
100 molécules d’oxygène, tiers gauche : $\bar n = \tfrac13\times 100 = 33{,}3$, $\sigma = \sqrt{100\times\tfrac13\times\tfrac23} = 4{,}7$ (fluctuation relative 14 %).
$10^{28}$ molécules : $\bar n = 3{,}3\times 10^{27}$, $\sigma = \sqrt{10^{28}\times\tfrac29} = 4{,}7\times 10^{13}$. L’écart type est énorme en valeur absolue mais la fluctuation relative vaut $1{,}4\times 10^{-14}$ : la densité de l’air est, en pratique, parfaitement uniforme.

Application : bruit d’un signal électrique

L’écart type mesure le niveau de bruit d’un signal. Un échantillon qui sort de la bande $\pm 3\sigma$ autour de la moyenne n’est pas attribué au bruit (probabilité < 1 % pour une gaussienne, voir section 9) : c’est le critère de détection utilisé en instrumentation.

7. Marche aléatoire

Un objet sur une droite se déplace, à chaque intervalle de temps $T$, de $+d_d$ vers la droite (probabilité $p_d$) ou de $-d_g$ vers la gauche (probabilité $p_g$). Où est-il après $n$ intervalles ? C’est une situation fondamentale de la physique (1D, 2D ou 3D) : diffusion de la matière, mouvement brownien d’une molécule bousculée par ses voisines, conduction des électrons dans un métal. Souvent $d_g = d_d$ et $p_g = p_d$, mais pas toujours : bien lire les énoncés.

7.1 Lien avec la loi binomiale

Avec $d_g = d_d$, un trajet de $n$ pas comportant $k$ pas à droite et $n-k$ pas à gauche aboutit à $L = k-(n-k) = 2k-n$ ; donc $k = (L+n)/2$ ($L$ et $n$ ont la même parité). C’est un critère unique (« le pas est vers la droite ») :

\[p_n(L) = C_n^{\,k}\; p_d^{\,k}\, p_g^{\,n-k}\qquad k = \frac{L+n}{2}\]

Les $C_n^k$ trajets possibles se lisent sur le triangle de Pascal (chaque case est la somme des deux cases du dessus : $C_n^k = C_{n-1}^{k-1}+C_{n-1}^{k}$).

7.2 Moyenne et écart type après $n$ pas

On peut voir la marche comme une succession de $n$ tests indépendants dont $L$ est la somme : la distance moyenne est la somme des moyennes, et la variance totale est la somme des variances.

Marche aléatoire à $n$ étapes

\[\overline{S_n} = n\,\bar s\qquad\qquad \sigma_n = \sigma\sqrt n\]

$\bar s$ et $\sigma$ : moyenne et écart type pour une seule étape. La dérive croît comme $n$, l’étalement comme $\sqrt n$ : après beaucoup de pas, le déplacement devient prévisible même si chaque pas ne l’est pas (section C.4 du manuel : conduction dans un métal).

Pas de direction aléatoire en 3D (exercices 29, 30, 34 du chapitre 3)

Si chaque pas a une longueur $a$ dans une direction quelconque, la composante selon $z$ est $a\cos\theta$. En moyennant sur toutes les directions ($\bar f = \frac{1}{4\pi}\int f \sin\theta\, d\theta\, d\varphi$) : $\bar s_z = 0$ (symétrie) et $\overline{s_z^2} = a^2\,\overline{\cos^2\theta} = \dfrac{a^2}{3}$, d’où $\sigma_z = \dfrac{a}{\sqrt 3}$ pour un pas et $\sigma_{z,n} = \dfrac{a}{\sqrt3}\sqrt n$ après $n$ pas.

8. Formule de Stirling

La loi binomiale exige des factorielles : essayez $99!$, $100!$ et $101!$ sur votre calculatrice... (elle déborde vers $70!$). Pour les grands nombres, on utilise l’approximation de Stirling.

Formule de Stirling

\[m! \approx \sqrt{2\pi m}\left(\frac{m}{e}\right)^{m}\qquad\Longleftrightarrow\qquad \ln(m!) \approx m\ln m - m + \tfrac12\ln(2\pi m)\] \[e^{x} = 10^{0{,}4343\,x}\qquad\Longrightarrow\qquad m! \approx 10^{\,0{,}4343\,\left(m\ln m - m + \frac12\ln(2\pi m)\right)}\]

Précision : 4 % pour $m=2$, 1,7 % pour $m=5$, 0,8 % pour $m=10$, 0,4 % pour $m=20$ (exercice 20 du chapitre 2) - excellente dès que $m$ dépasse quelques dizaines. Pour les très grands $m$ on néglige souvent $\tfrac12\ln(2\pi m)$ devant $m\ln m - m$ ($N!\approx (N/e)^N$, utilisé au cours 2).

9. Distribution gaussienne

La loi binomiale est pratique pour un nombre limité d’éléments. Pour un très grand nombre ($10^{24}$ molécules !), on démontre (TSM p. 46-47, à l’aide de Stirling et d’un développement de Taylor de $\ln P_N(n)$ autour de $\bar n$ - c’est l’exercice 12 du chapitre 3) que la loi binomiale est très bien approchée par une gaussienne (loi normale) :

Loi gaussienne

\[P_N(n) \approx \frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma}\; e^{-\dfrac{(n-\bar n)^2}{2\sigma^2}}\qquad \bar n = pN,\quad \sigma = \sqrt{Npq}\]

Souvent écrite $P_N(n) = A\,e^{-B(n-\bar n)^2}$ avec $A = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}$ (valeur au sommet, $P_N(\bar n)$) et $B = \dfrac{1}{2\sigma^2}$. Attention : la formule du manuel contient une erreur ; utilisez celle-ci (PDF correctif sur Moodle).

Propriétés

Aire sous la courbe $= 1$ (la somme des probabilités vaut 1).
Symétrique autour de $\bar n$ ; $\sigma$ règle la largeur : plus $\sigma$ est petit, plus le pic est haut et étroit.
Probabilité d’être à moins de $\sigma$ de la moyenne : $p_\sigma = \int_{\bar n-\sigma}^{\bar n+\sigma} P_N(x)\,dx \approx 0{,}68$ ; $p_{2\sigma}\approx 0{,}95$ ; $p_{3\sigma}\approx 0{,}99$ (plus précisément 0,997).

Quel outil selon le nombre d’éléments ?

Nombre d’éléments	Outil
Faible	Compter les états (ex. 32 chap. 2)
Grand	Loi binomiale $P_N(n) = \frac{N!}{n!(N-n)!}p^nq^{N-n}$
Très grand	Loi gaussienne $P_N(n) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-(n-\bar n)^2/2\sigma^2}$

10. À retenir

Moyenne : $\bar f = \sum p_i f_i$ ; linéaire ; $\overline{fg}=\bar f\bar g$ si indépendance.
Critère unique : $p+q=1$ ; $P_N(n) = C_N^n p^n q^{N-n}$ avec $C_N^n = \frac{N!}{n!(N-n)!}$ (simultané) ; arrangements $\frac{N!}{(N-n)!}$ (successif, ordre compté).
Critères multiples (exclusifs, $\sum p_i = 1$) : $P_N(n_1,\ldots,n_m) = \frac{N!}{n_1!\cdots n_m!}p_1^{n_1}\cdots p_m^{n_m}$. Critères indépendants : produit des probabilités.
Grands systèmes : $\bar n = pN$, $\sigma = \sqrt{Npq}$, $\sigma/\bar n \propto 1/\sqrt N$.
Marche aléatoire : $\overline{S_n} = n\bar s$, $\sigma_n = \sigma\sqrt n$ ; pas 3D de longueur $a$ → $\sigma_z = a/\sqrt3$.
Stirling : $\ln m! \approx m\ln m - m + \frac12\ln 2\pi m$ ; $e^x = 10^{0{,}4343x}$.
Gaussienne : $P_N(n) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-(n-\bar n)^2/2\sigma^2}$ ; 68 % / 95 % / 99,7 % dans $\pm\sigma$ / $\pm2\sigma$ / $\pm3\sigma$.
Unités et rigueur : aux examens, une réponse numérique sans unité ou sans justification est comptée fausse (plan de cours).

Quiz rapide - Cours 1

Une seule bonne réponse par question. Cliquez sur une réponse pour vérifier immédiatement ; votre meilleur score est conservé dans ce navigateur.

On lance un dé parfait un grand nombre de fois. Quelle est la valeur moyenne du nombre de points ?

$\bar f = \sum_{i=1}^6 \tfrac16 i = \tfrac{21}{6} = 3{,}5$. La moyenne n’a pas besoin d’être une valeur possible du dé.

$f$ et $g$ sont statistiquement indépendantes. Laquelle de ces égalités est vraie ?

$\overline{fg} = \bar f\,\bar g$
$\overline{f+g} = \bar f\,\bar g$
$\overline{fg} = \bar f + \bar g$
$\overline{f^2} = \bar f^{\,2}$

La moyenne du produit est le produit des moyennes si les comportements sont indépendants (la probabilité combinée est $P_iW_j$). $\overline{f+g} = \bar f+\bar g$ est toujours vraie ; $\overline{f^2}-\bar f^2$ est la variance, en général non nulle.

10 jetons différents dans un chapeau ; on en tire 3 simultanément. Combien de combinaisons possibles ?

30
120
720
1000

Tirage simultané → l’ordre ne compte pas : $C_{10}^3 = \frac{10!}{3!\,7!} = 120$.

Mêmes 10 jetons, mais on les tire l’un après l’autre en notant l’ordre. Combien de résultats possibles ?

30
120
720
1000

$10\times 9\times 8 = \frac{10!}{7!} = 720$ : chaque trio peut apparaître dans $3! = 6$ ordres, donc $6\times 120$.

Dans la loi binomiale $P_N(n) = \frac{N!}{n!(N-n)!}p^nq^{N-n}$, que représente $n$ ?

Le nombre d’éléments qui satisfont le critère
Le nombre total d’éléments
La probabilité du critère
Le nombre de combinaisons

$N$ est le nombre total d’éléments, $n$ ceux qui satisfont le critère ($p^n$), $N-n$ ceux qui ne le satisfont pas ($q^{N-n}$), et $\frac{N!}{n!(N-n)!}$ est le nombre de combinaisons.

Quelle condition est nécessaire pour utiliser la formule des critères multiples $P_N(n_1,\ldots,n_m)$ ?

Critères mutuellement exclusifs avec $p_1+\cdots+p_m = 1$
Toutes les probabilités $p_i$ égales
$N$ petit
Critères indépendants pouvant être satisfaits simultanément

Chaque élément doit satisfaire exactement un des critères, et les critères doivent couvrir tous les cas. « Tiers gauche » et « moitié haute » ne sont pas exclusifs : on multiplie alors les probabilités (critères indépendants).

Probabilité de tirer deux as de suite, sans remise, dans un jeu de 52 cartes ?

$\left(\frac{4}{52}\right)^2$
$\frac{4}{52}\times\frac{3}{51}$
$\frac{4}{52}+\frac{3}{51}$
$\frac{2}{52}$

Statistique dépendante : après un premier as, il reste 3 as parmi 51 cartes.

Pour un critère unique appliqué à $N$ éléments, l’écart type du nombre d’éléments satisfaisant le critère est :

$Npq$
$\sqrt{Npq}$
$\sqrt{Np}$
$pN$

$\sigma = \sqrt{Npq}$ ; $Npq$ est la variance et $pN$ la moyenne.

On multiplie le nombre d’éléments $N$ par 100. La fluctuation relative $\sigma/\bar n$ est :

multipliée par 100
multipliée par 10
divisée par 10
divisée par 100

$\sigma/\bar n = \sqrt{q/(pN)} \propto 1/\sqrt N$ : $\sqrt{100} = 10$. Les grands systèmes sont plus prévisibles.

Marche aléatoire : une étape a une moyenne $\bar s$ et un écart type $\sigma$. Après $n$ étapes, l’écart type de la position est :

$n\sigma$
$\sigma\sqrt n$
$\sigma/\sqrt n$
$\sigma$

Les variances s’additionnent ($n\sigma^2$), donc $\sigma_n = \sigma\sqrt n$. La moyenne, elle, vaut $n\bar s$.

Pour une distribution gaussienne, la probabilité d’être à moins de $2\sigma$ de la moyenne vaut environ :

0,50
0,68
0,95
0,99

$p_\sigma \approx 0{,}68$, $p_{2\sigma}\approx 0{,}95$, $p_{3\sigma}\approx 0{,}99$ (0,997).

La formule de Stirling donne :

$\ln(m!) \approx m\ln m$
$\ln(m!) \approx m\ln m - m + \tfrac12\ln(2\pi m)$
$\ln(m!) \approx m^2$
$\ln(m!) \approx \ln m - m$

Forme logarithmique de $m! \approx \sqrt{2\pi m}\,(m/e)^m$. On convertit ensuite avec $e^x = 10^{0{,}4343x}$.

Quand utilise-t-on la loi gaussienne dans ce cours ?

Comme approximation de la loi binomiale pour un très grand nombre d’éléments
Pour $N$ inférieur à 10
Uniquement quand $p = 1$
Uniquement pour des dés

Faible $N$ : on compte les états ; grand : binomiale ; très grand : gaussienne avec $\bar n = pN$ et $\sigma=\sqrt{Npq}$.

Pour deux variables indépendantes, la variance de leur somme est :

la somme des variances
le produit des variances
la somme des écarts types
nulle

$\text{Var}(f+g) = \text{Var}(f)+\text{Var}(g)$. Ce sont les variances qui s’additionnent, pas les écarts types - d’où le $\sqrt n$ de la marche aléatoire.

Une salle contient $10^{28}$ molécules. Nombre moyen de molécules dans le tiers gauche et écart type ?

$3{,}3\times10^{27}$ et $4{,}7\times10^{13}$
$3{,}3\times10^{27}$ et $4{,}7\times10^{27}$
$5\times10^{27}$ et $10^{14}$
$10^{28}$ et 0

$\bar n = pN = 10^{28}/3$ ; $\sigma = \sqrt{10^{28}\cdot\frac13\cdot\frac23} = 4{,}7\times10^{13}$. Fluctuation relative $1{,}4\times10^{-14}$.

Exercices à développement (à faire sur papier)

Ce sont les exemples des diapos et les exercices résolus en classe. Résolvez-les entièrement sur papier (démarche, calcul, unité) avant de dérouler le corrigé : à l’examen, une réponse sans explication ou sans unité vaut zéro.

Diapo 10Critère unique

D1. Deux dés : exactement un six

On lance deux dés à six faces. Calculer la probabilité d’obtenir deux six, celle de n’obtenir aucun six, puis celle d’obtenir exactement un six, de deux façons différentes.

Indice

Les dés sont indépendants : les probabilités se multiplient. « Exactement un six » est le complémentaire de « deux six » et « aucun six »... ou bien une loi binomiale avec $N=2$, $n=1$.

Corrigé

Deux six : $p_1p_2 = \tfrac16\times\tfrac16 = \tfrac1{36}$.
Aucun six : $q_1q_2 = \tfrac56\times\tfrac56 = \tfrac{25}{36}$.
Exactement un six, par le complémentaire : $1 - \tfrac1{36} - \tfrac{25}{36} = \tfrac{10}{36}$.
Par la loi binomiale ($N=2,\ n=1,\ p=\tfrac16$) : $P_2(1) = \dfrac{2!}{1!\,1!}\,\tfrac16\cdot\tfrac56 = 2\times\tfrac{5}{36} = \tfrac{10}{36}$.

P(exactement un six) = 10/36 ≈ 0,28

Diapos 17-18Loi binomiale

D2. Trois ampoules

Trois ampoules sont allumées chacune avec la probabilité $p = 1/4$, indépendamment. Quelle est la probabilité d’avoir exactement deux ampoules allumées ? Détailler le rôle du coefficient binomial.

Corrigé

Une configuration précise avec 2 allumées et 1 éteinte (par exemple ●●○) a la probabilité $p\cdot p\cdot q = \tfrac14\cdot\tfrac14\cdot\tfrac34 = \tfrac{3}{64}$.
Il y a $C_3^2 = \dfrac{3!}{2!\,1!} = 3$ configurations (●●○, ●○●, ○●●).
$P_3(2) = 3\times\tfrac{3}{64} = \tfrac{9}{64}$.

P = 9/64 ≈ 0,14

Diapos 19-21Loi binomiale

D3. Cinq molécules, deux dans le tiers gauche

Une salle contient 5 molécules d’oxygène ; les trois tiers de la salle ont le même volume. Probabilité de trouver exactement 2 molécules dans le tiers gauche ? Suivre la méthode en trois étapes.

Corrigé

Nombre de combinaisons : $C_5^2 = \dfrac{5!}{2!\,3!} = 10$ (on peut aussi les énumérer : $m_1m_2,\ m_1m_3,\ \ldots,\ m_4m_5$).
Probabilités pour une molécule : $p = \tfrac13$ (tiers gauche), $q = \tfrac23$ (reste de la salle).
$P_5(2) = 10\,p^2q^3 = 10\times\tfrac19\times\tfrac{8}{27} = \tfrac{80}{243}$.

P ≈ 0,33

Diapo 25Critères multiples

D4. Cinq molécules : deux à gauche, une à droite

Même salle (trois tiers égaux), 5 molécules. Probabilité de trouver exactement 2 molécules dans le tiers gauche et 1 dans le tiers droit ?

Indice

Trois critères mutuellement exclusifs (gauche, centre, droite) couvrant tous les cas : $p_g+p_c+p_d = 1$. Combien de molécules au centre ?

Corrigé

Il y a nécessairement $5-2-1 = 2$ molécules au centre. Formule des critères multiples avec $N=5$, $(n_g,n_c,n_d) = (2,2,1)$, $p_g=p_c=p_d = \tfrac13$ :

\[P = \frac{5!}{2!\,2!\,1!}\left(\tfrac13\right)^2\left(\tfrac13\right)^2\left(\tfrac13\right)^1 = 30\times\frac{1}{243} = 0{,}123\]

P ≈ 0,12

Diapos 26-27Critères multiples

D5. Trente jetons de trois couleurs

Un chapeau contient 30 jetons : 10 noirs, 10 blancs, 10 rouges. On en tire 5 simultanément. Probabilité de tirer exactement 2 noirs, 1 blanc et 2 rouges ? Expliquer pourquoi la formule des critères multiples s’applique et ce que représente chacun de ses facteurs.

Corrigé

Les critères « noir », « blanc », « rouge » sont mutuellement exclusifs et couvrent tous les cas : $p_n+p_b+p_r = 1$ avec $p_n=p_b=p_r=\tfrac13$ (une chance sur trois par tirage).
$P = \dfrac{5!}{2!\,1!\,2!}\,p_n^2\,p_b\,p_r^2 = 30\times\left(\tfrac13\right)^5 = \dfrac{30}{243}$.
Le facteur $30$ est le nombre d’ordres possibles d’un tirage à 2 noirs, 1 blanc, 2 rouges (NNBRR, NBNRR, ...) ; $p_n^2p_bp_r^2$ est la probabilité d’un ordre précis.

P ≈ 0,12

Remarque : la formule suppose que $p$ reste $\tfrac13$ à chaque tirage (comme un tirage avec remise). Le calcul exact sans remise (loi hypergéométrique, $\frac{C_{10}^2C_{10}^1C_{10}^2}{C_{30}^5}\approx 0{,}14$) n’est pas au programme : le cours utilise l’approximation ci-dessus.

Classe - Chap. 2, ex. 22Indépendance

D6. Trois dés et trois pièces

On lance trois dés et trois pièces. Probabilité d’obtenir exactement : (a) un six et une face ; (b) aucun six et aucune face ; (c) deux six et deux faces.

Indice

Les dés ne savent rien des pièces : $P = P_{\text{dés}}\times P_{\text{pièces}}$, chacune par une loi binomiale ($p_{\text{dé}} = \tfrac16$, $p_{\text{pièce}}=\tfrac12$).

Corrigé

Critères indépendants : on multiplie. Pour les dés, « afficher un six » ($p=\tfrac16, q=\tfrac56$) ; pour les pièces, « obtenir face » ($p=q=\tfrac12$).

(a) $P = \dfrac{3!}{1!\,2!}\tfrac16\left(\tfrac56\right)^2\times\dfrac{3!}{1!\,2!}\tfrac12\left(\tfrac12\right)^2 = \tfrac{75}{216}\times\tfrac38 = 0{,}130$.
(b) $P = \left(\tfrac56\right)^3\times\left(\tfrac12\right)^3 = 0{,}579\times 0{,}125 = 0{,}072$.
(c) $P = \dfrac{3!}{2!\,1!}\left(\tfrac16\right)^2\tfrac56\times\dfrac{3!}{2!\,1!}\left(\tfrac12\right)^2\tfrac12 = \tfrac{15}{216}\times\tfrac38 = 0{,}026$.

(a) 0,130 | (b) 0,072 | (c) 0,026

Classe - Chap. 2, ex. 26 et 28Dépendance

D7. Cartes : critères dépendants ou indépendants ?

Ex. 26. On distribue deux cartes d’un jeu de 52 cartes bien mélangé. Critère 1 : la première carte est un trèfle ; critère 2 : la deuxième carte est un trèfle. (a) Ces critères sont-ils indépendants ? (b) Et si on remet la première carte dans le paquet (et on remélange) avant de tirer la deuxième ?

Ex. 28. On a deux paquets complets ; on tire une carte de chaque. (a) Probabilité que la première soit un as ; (b) que la seconde soit un trèfle ; (c) ces critères sont-ils indépendants ? (d) probabilité d’un as et d’un trèfle.

Corrigé

Ex. 26. (a) Non : le premier tirage modifie le paquet (si la première carte est un trèfle, il reste 12 trèfles sur 51 cartes au lieu de 13 sur 51). (b) Oui : remettre la carte réinitialise l’expérience.

Ex. 28. (a) 4 as sur 52 : $p_1 = \tfrac{4}{52} = \tfrac1{13}$. (b) 13 trèfles sur 52 : $p_2 = \tfrac{13}{52} = \tfrac14$. (c) Indépendants : deux paquets différents, aucun tirage n’influence l’autre. (d) $P = p_1p_2 = \tfrac1{13}\times\tfrac14 = \tfrac1{52}$.

26 : (a) non (b) oui | 28 : 1/13 ; 1/4 ; oui ; 1/52

Diapos 30, 36-38Moyenne et écart type

D8. Pile ou face mille fois ; molécules dans une salle

(a) On tire à pile ou face 1000 fois et on répète cette séquence plusieurs fois : nombre moyen de faces et écart type ?

(b) Une salle vide contient 100 molécules d’oxygène : nombre moyen de molécules dans le tiers gauche, écart type et fluctuation relative $\sigma/\bar n$ ? (c) Même question avec $10^{28}$ molécules. Commenter.

Corrigé

(a) $p = \tfrac12$ : $\bar n = pN = 500$ ; $\sigma = \sqrt{Npq} = \sqrt{1000\times\tfrac12\times\tfrac12} = 15{,}8$.
(b) $p=\tfrac13$ : $\bar n = \tfrac13\times100 = 33{,}3$ ; $\sigma = \sqrt{100\times\tfrac13\times\tfrac23} = 4{,}7$ ; $\sigma/\bar n = 0{,}14$.
(c) $\bar n = \tfrac13\times10^{28} = 3{,}3\times10^{27}$ ; $\sigma = \sqrt{10^{28}\times\tfrac29} = 4{,}7\times10^{13}$ ; $\sigma/\bar n = 1{,}4\times10^{-14}$.

Commentaire : l’écart type absolu augmente comme $\sqrt N$ mais la fluctuation relative diminue comme $1/\sqrt N$. Pour une salle réelle, on ne verra jamais la densité fluctuer de façon mesurable : c’est ce qui rend la thermodynamique possible.

(a) 500 ± 15,8 | (b) 33,3 ± 4,7 (14 %) | (c) 3,3 × 10²⁷ ± 4,7 × 10¹³ (1,4 × 10⁻¹⁴)

Classe - Chap. 3, ex. 10Gaussienne

D9. Six cents dés

On lance 600 dés (systèmes préparés identiquement). Critère : « le dé affiche un 6 ». (a) Nombre moyen de six ; (b) écart type $\sigma$ ; (c) les constantes $A$ et $B$ si $P_{600}(n) = A\,e^{-B(n-\bar n)^2}$ ; (d) $P_{600}(100)$ ; (e) $P_{600}(93)$.

Corrigé

(a) $\bar n = pN = \tfrac16\times600 = 100$.
(b) $\sigma = \sqrt{Npq} = \sqrt{600\times\tfrac16\times\tfrac56} = \sqrt{83{,}3} = 9{,}13$.
(c) $A = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma} = \dfrac{1}{2{,}507\times9{,}13} = 0{,}044$ ; $B = \dfrac{1}{2\sigma^2} = \dfrac{1}{166{,}7} = 0{,}0060$.
(d) $P(100) = P(\bar n) = A = 0{,}044$.
(e) $P(93) = A\,e^{-B(93-100)^2} = 0{,}044\times e^{-0{,}006\times49} = 0{,}044\times0{,}745 = 0{,}033$.

(a) 100 | (b) 9,13 | (c) A = 0,044, B = 0,006 | (d) 0,044 | (e) 0,033

Classe - Chap. 3, ex. 22Gaussienne vs binomiale

D10. Soixante dés : précision de l’approximation gaussienne

On lance 60 dés. Comparer la prédiction gaussienne au résultat binomial exact pour : (a) 10 six ; (b) 8 six ; (c) 15 six ; (d) 0 six.

Indice

$\bar n = 10$, $\sigma = \sqrt{60\cdot\frac16\cdot\frac56} = 2{,}887$. Pour la binomiale, passez par les logarithmes (ou la formule de Stirling) : $\ln P = \ln C_{60}^n + n\ln\tfrac16 + (60-n)\ln\tfrac56$.

Corrigé

Gaussienne : $A = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\times2{,}887} = 0{,}138$, $B = \dfrac{1}{2\times8{,}33} = 0{,}06$. Binomiale : $P_{60}(n) = C_{60}^n\left(\tfrac16\right)^n\left(\tfrac56\right)^{60-n}$.

Nombre de six	Gaussienne	Binomiale
10	0,138	0,137
8	0,109	0,116
15	0,031	0,031
0	$3\times10^{-4}$	$1{,}8\times10^{-5}$

L’accord est excellent près de la moyenne et se dégrade dans les queues ($n=0$ est à $3{,}5\sigma$ de la moyenne) : la gaussienne est une approximation au voisinage de $\bar n$, d’autant meilleure que $N$ est grand. Vérifiez avec l’explorateur binomial ↔ gaussien ci-dessus (préréglage « 60 dés »).

Classe - Chap. 3, ex. 28Marche aléatoire

D11. Marcheurs numériques

Des marcheurs font des pas de 0, ±1 ou ±2 m avec $P(-2) = 0{,}1$, $P(-1) = 0{,}1$, $P(0) = 0{,}3$, $P(+1) = 0{,}3$, $P(+2) = 0{,}2$. Distance moyenne parcourue et écart type pour (a) un pas ; (b) 400 pas ; (c) rapport $\sigma/\bar s$ pour 1 et 400 pas.

Corrigé

(a) $\bar s = \sum p_i s_i = 0{,}1(-2)+0{,}1(-1)+0{,}3(0)+0{,}3(1)+0{,}2(2) = 0{,}4$ m. $\overline{s^2} = 0{,}1(4)+0{,}1(1)+0+0{,}3(1)+0{,}2(4) = 1{,}6$ m². $\sigma = \sqrt{\overline{s^2}-\bar s^2} = \sqrt{1{,}6-0{,}16} = 1{,}2$ m.
(b) $\overline{S_{400}} = 400\times0{,}4 = 160$ m ; $\sigma_{400} = 1{,}2\times\sqrt{400} = 24$ m.
(c) $\sigma/\bar s = 1{,}2/0{,}4 = 3$ pour un pas ; $24/160 = 0{,}15$ pour 400 pas : la dérive l’emporte sur l’étalement quand $n$ grandit ($\propto 1/\sqrt n$).

(a) 0,4 m ; 1,2 m | (b) 160 m ; 24 m | (c) 3 ; 0,15

Classe - Chap. 3, ex. 30Marche aléatoire 3D

D12. Diffusion d’une goutte d’encre

Une goutte de colorant est déposée dans une eau immobile. Les molécules parcourent environ $10^{-11}$ m entre deux collisions et subissent $4\times10^{13}$ collisions par seconde ; la direction de chaque pas est totalement aléatoire. Pour le mouvement selon une direction donnée, calculer la distance moyenne parcourue et l’écart type après (a) un pas ; (b) une minute ; (c) un an ($3{,}17\times10^7$ s).

Indice

Composante selon $z$ d’un pas de longueur $a$ : $a\cos\theta$. Moyenne sur la sphère : $\bar f = \frac{1}{4\pi}\int_0^{2\pi}\!\int_0^{\pi} f\,\sin\theta\,d\theta\,d\varphi$.

Corrigé

(a) Moyenne : $\bar s_z = \dfrac{a}{4\pi}\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^\pi\cos\theta\sin\theta\,d\theta\,d\varphi = \dfrac{a}{4\pi}\left[\dfrac{-\cos 2\theta}{4}\right]_0^\pi 2\pi = 0$ (symétrie). Écart type : $\overline{s_z^2} = \dfrac{a^2}{4\pi}\int\cos^2\theta\sin\theta\,d\theta\,d\varphi = \dfrac{a^2}{4\pi}\left[\dfrac{-\cos^3\theta}{3}\right]_0^\pi 2\pi = \dfrac{a^2}{3}$, donc $\sigma = \dfrac{a}{\sqrt3} = 5{,}77\times10^{-12}$ m.
(b) $n = 4\times10^{13}\times 60 = 2{,}4\times10^{15}$ pas : $\overline{S_n} = 0$ ; $\sigma_n = \sigma\sqrt n = 5{,}77\times10^{-12}\times4{,}9\times10^7 = 2{,}8\times10^{-4}$ m.
(c) $n = 4\times10^{13}\times3{,}17\times10^7 = 1{,}27\times10^{21}$ : $\sigma_n = 5{,}77\times10^{-12}\times3{,}56\times10^{10} = 0{,}21$ m.

(a) 0 ; 5,8 × 10⁻¹² m | (b) 0 ; 2,8 × 10⁻⁴ m | (c) 0 ; 0,21 m

La diffusion est lente : $\sigma_n \propto \sqrt t$. Doubler la distance diffusée demande quatre fois plus de temps.

Diapos 44-45Stirling

D13. Calculer 99!, 100! et 101!

Votre calculatrice refuse. Estimer $99!$, $100!$ et $101!$ avec la formule de Stirling, en puissances de 10.

Corrigé

$\ln(m!) \approx m\ln m - m + \tfrac12\ln(2\pi m)$, puis $m! = e^{\ln m!} = 10^{0{,}4343\,\ln m!}$.

$m$	$m\ln m - m + \frac12\ln 2\pi m$	$\log_{10} m! = 0{,}4343\ln m!$	$m!$
99	$454{,}92 - 99 + 3{,}22 = 359{,}13$	155,97	$9{,}3\times10^{155}$
100	$460{,}52 - 100 + 3{,}22 = 363{,}74$	157,97	$9{,}3\times10^{157}$
101	$466{,}13 - 101 + 3{,}23 = 368{,}35$	159,97	$9{,}4\times10^{159}$

Vérification : $101! = 101\times100!$ → le logarithme augmente de $\log_{10}101 = 2{,}004$. Les valeurs exactes sont $9{,}33\times10^{155}$, $9{,}33\times10^{157}$ et $9{,}43\times10^{159}$ : l’erreur de Stirling est inférieure à 0,1 %.

Exercices suggérés du manuel (liste officielle du cours)

Énoncés paraphrasés en français d’après Stowe (chapitres 2 et 3) ; les réponses des exercices impairs sont au dos du manuel (p. 538), celles des pairs viennent des corrigés du professeur. Les exercices marqués *** dépassent le cadre du cours.

Chapitre 2 - Statistique des petits systèmes

Chap. 2, ex. 3, p. 35La moyenne

Moyenne d’une fonction du dé

$n$ est le nombre de points d’un dé parfait et $f(n)$ une fonction de $n$. Sur un grand nombre de lancers, quelle est la valeur moyenne de $f$ pour (a) $f = (n+2)^2$ ; (b) $f = (n-2)^2$ ; (c) $f = n^2 - 5n + 1$ ; (d) $f = n^3 - 10$ ?

Corrigé

$\bar f = \tfrac16\sum_{n=1}^6 f(n)$. Utile : $\bar n = 3{,}5$, $\overline{n^2} = \tfrac{91}{6} = 15{,}17$, $\overline{n^3} = \tfrac{441}{6} = 73{,}5$.

(a) $\tfrac16(9+16+25+36+49+64) = \tfrac{199}{6} = 33{,}17$.
(b) $\tfrac16(1+0+1+4+9+16) = \tfrac{31}{6} = 5{,}17$.
(c) $\overline{n^2} - 5\bar n + 1 = 15{,}17 - 17{,}5 + 1 = -1{,}33$ (linéarité de la moyenne).
(d) $\overline{n^3} - 10 = 73{,}5 - 10 = 63{,}5$.

33,17 ; 5,17 ; −1,33 ; 63,5

Chap. 2, ex. 5, p. 35La moyenne (pondération)

Dé pipé

Un dé est pipé : la probabilité d’un six est $3/8$ et celle de chacune des cinq autres faces $1/8$. Pour $f(n) = (n-2)^2$, quelle est la valeur moyenne de $f$ par lancer ?

Corrigé

\[\bar f = \tfrac18\left[(1-2)^2+(2-2)^2+(3-2)^2+(4-2)^2+(5-2)^2\right] + \tfrac38(6-2)^2 = \tfrac{15}{8} + 6 = 7{,}875\]

7,875 = 7 7/8

Testez-le avec le widget « Moyenne d’un dé pipé » (préréglage ex. 5).

Chap. 2, ex. 6, p. 36Critère unique

Énergie moyenne d’un spin 1/2

Une particule de spin 1/2 et de moment magnétique $\mu$ dans un champ $B$ a l’énergie $E = -\mu B$ (spin vers le haut) ou $E = +\mu B$ (spin vers le bas). Le niveau bas a la probabilité $3/4$, le niveau haut $1/4$. Énergie moyenne, en fonction de $\mu B$ ?

Corrigé

\[\bar E = \tfrac34(-\mu B) + \tfrac14(+\mu B) = -\tfrac12\mu B\]

Ē = −μB/2

Chap. 2, ex. 14, p. 36Critère unique

Cinq molécules, trois dans le tiers avant

Cinq molécules d’air dans une salle vide. Probabilité qu’à un instant donné exactement trois soient dans le tiers avant de la salle (les deux autres dans les deux tiers arrière) ?

Corrigé

Critère « être dans le tiers avant » : $p = \tfrac13$, $q = \tfrac23$, $N=5$, $n=3$ :

\[P_5(3) = \frac{5!}{3!\,2!}\left(\tfrac13\right)^3\left(\tfrac23\right)^2 = 10\times\frac{1}{27}\times\frac{4}{9} = 0{,}165\]

P = 0,165

Chap. 2, ex. 18, p. 36Loi binomiale

Cent pièces, 42 faces

On lance 100 pièces. Probabilité d’obtenir exactement 42 faces ?

Indice

Loi binomiale avec $p=q=\tfrac12$. Les factorielles sont grandes : utilisez Stirling (ou les logarithmes). Vous pouvez aussi vérifier avec la gaussienne ($\bar n = 50$, $\sigma = 5$).

Corrigé

\[P = \frac{100!}{42!\,58!}\left(\tfrac12\right)^{42}\left(\tfrac12\right)^{58} = \frac{100!}{42!\,58!}\,2^{-100}\]

Avec Stirling : $\ln 100! = 363{,}74$, $\ln 42! = 117{,}77$, $\ln 58! = 180{,}45$, donc $\ln C_{100}^{42} = 65{,}52$ et $\ln P = 65{,}52 - 100\ln2 = 65{,}52 - 69{,}31 = -3{,}80$, $P = e^{-3{,}80} = 0{,}022$.

Vérification gaussienne : $\frac{1}{\sqrt{2\pi}\cdot5}e^{-(42-50)^2/50} = 0{,}0798\times e^{-1{,}28} = 0{,}022$.

P ≈ 0,022

Chap. 2, ex. 19, p. 37Loi de Stirling

Cinq cents dés

On lance 500 dés. À l’aide de la formule de Stirling, calculer la probabilité d’obtenir exactement (a) 50 six ; (b) 80 six ; (c) 200 six.

Corrigé

$\ln P_{500}(n) = \ln 500! - \ln n! - \ln(500-n)! + n\ln\tfrac16 + (500-n)\ln\tfrac56$, avec $\ln m! \approx m\ln m - m + \tfrac12\ln 2\pi m$. On a $\ln 500! = 2611{,}33$, $\ln\tfrac16 = -1{,}7918$, $\ln\tfrac56 = -0{,}1823$.

$n$	$\ln n!$	$\ln(500-n)!$	$\ln P$	$P$
50	148,48	2303,13	$2611{,}33-148{,}48-2303{,}13-89{,}59-82{,}04 = -11{,}91$	$6{,}7\times10^{-6}$
80	273,67	2120,85	$-3{,}10$	$4{,}5\times10^{-2}$
200	863,23	1414,90	$-79{,}85$	$2{,}1\times10^{-35}$

La moyenne est $\bar n = 83{,}3$ et $\sigma = 8{,}3$ : 80 est près du sommet, 50 est à $4\sigma$, 200 à $14\sigma$.

(a) 6,7 × 10⁻⁶ | (b) 0,045 | (c) 2,1 × 10⁻³⁵

Chap. 2, ex. 24, p. 37Critère multiple

Deux critères mutuellement exclusifs

Il y a $r$ issues équiprobables, donc $p = 1/r$ pour le premier critère. Une fois exclus les éléments satisfaisant le premier critère, il reste $r-1$ possibilités, donc la probabilité du second critère devient $1/(r-1)$. Quelle est la probabilité $P_N(n,m)$ que $n$ éléments parmi $N$ satisfassent le premier critère et $m$ des $N-n$ restants le second ? (Avec l’exercice 25, cela démontre la formule des critères multiples.)

Corrigé

On applique deux fois la loi binomiale : $P_N(n,m) = P_N(n)\times P_{N-n}(m)$.

\[P_N(n,m) = \frac{N!}{n!\,(N-n)!}\left(\tfrac1r\right)^n\left(\tfrac{r-1}{r}\right)^{N-n}\times\frac{(N-n)!}{m!\,(N-n-m)!}\left(\tfrac{1}{r-1}\right)^m\left(\tfrac{r-2}{r-1}\right)^{N-n-m}\] \[= \frac{N!}{n!\,m!\,(N-n-m)!}\left(\tfrac1r\right)^n\left(\tfrac1r\right)^m\left(\tfrac{r-2}{r}\right)^{N-n-m}\]

C’est exactement la formule des critères multiples avec $p_1 = p_2 = \tfrac1r$ et $p_3 = \tfrac{r-2}{r}$ (« ni l’un ni l’autre »), $p_1+p_2+p_3 = 1$. En répétant le découpage on obtient la formule générale.

Chap. 2, ex. 26, p. 38Critères indépendants

Deux trèfles de suite

Voir l’exercice à développement D7 (résolu en classe).

Chap. 2, ex. 29, p. 38Espérance de gain

Un jeu de cartes payant

Deux cartes sont tirées de deux paquets différents (comme à l’exercice 28). Le croupier vous paie 3 $ si la deuxième carte est un trèfle (quelle que soit la première) ; vous lui payez 1 $ si la deuxième carte n’est pas un trèfle et que la première n’est pas un as (sinon rien ne change de main). Gain moyen par partie ?

Corrigé

États du gain $f$ : $+3$ avec $p = \tfrac14$ (trèfle) ; $-1$ avec $p = \tfrac34\times\tfrac{48}{52} = \tfrac34\times\tfrac{12}{13} = \tfrac{9}{13}$ (pas trèfle ET pas as, critères indépendants) ; $0$ sinon.

\[\bar f = 3\times\tfrac14 - 1\times\tfrac{9}{13} = 0{,}750 - 0{,}692 = 0{,}058\ \$\]

≈ +5,8 cents par partie

Chap. 2, ex. 30, p. 38Critères indépendants vs critère unique

Dix molécules, tiers avant et moitié haute

Dix molécules d’air dans une salle vide. Probabilité que (a) exactement quatre soient dans le tiers avant et exactement six dans la moitié haute ; (b) exactement trois soient à la fois dans le tiers avant et dans la moitié haute (les mêmes molécules satisfont les deux critères).

Corrigé

(a) Deux critères indépendants, une loi binomiale chacun, puis produit : $P = \dfrac{10!}{4!\,6!}\left(\tfrac13\right)^4\left(\tfrac23\right)^6\times\dfrac{10!}{6!\,4!}\left(\tfrac12\right)^{10} = 0{,}228\times0{,}205 = 0{,}047$.
(b) Un seul critère « être dans le tiers avant ET la moitié haute », $p = \tfrac13\times\tfrac12 = \tfrac16$ : $P = \dfrac{10!}{3!\,7!}\left(\tfrac16\right)^3\left(\tfrac56\right)^7 = 120\times0{,}00463\times0{,}279 = 0{,}155$.

(a) 0,047 | (b) 0,155

Chapitre 3 - Systèmes à grand nombre d’éléments

Chap. 3, ex. 2, p. 55Moyenne et écart type

Cent millions de dés

Des systèmes de $10^8$ dés chacun. Pour le nombre de six par système : (a) moyenne ; (b) écart type ; (c) fluctuation relative.

Corrigé

(a) $\bar n = pN = 10^8/6 = 1{,}67\times10^7$.
(b) $\sigma = \sqrt{Npq} = \sqrt{10^8\times\tfrac16\times\tfrac56} = \sqrt{1{,}39\times10^7} = 3{,}73\times10^3$.
(c) $\sigma/\bar n = 3{,}73\times10^3/1{,}67\times10^7 = 2{,}24\times10^{-4}$ (comparer à 0,22 pour 100 dés, exercice 1).

1,67 × 10⁷ ; 3,73 × 10³ ; 2,24 × 10⁻⁴

Chap. 3, ex. 6, p. 55Moyenne et écart type

3 × 10²⁷ molécules dans le tiers avant

$3\times10^{27}$ molécules d’air dans une salle vide. (a) Nombre moyen dans le tiers avant ; (b) écart type ; (c) fluctuation relative.

Corrigé

$\bar n = \tfrac13\times3\times10^{27} = 10^{27}$ ; $\sigma = \sqrt{3\times10^{27}\times\tfrac13\times\tfrac23} = \sqrt{6{,}7\times10^{26}} = 2{,}6\times10^{13}$ ; $\sigma/\bar n = 2{,}6\times10^{-14}$.

10²⁷ ; 2,6 × 10¹³ ; 2,6 × 10⁻¹⁴

Chap. 3, ex. 10, p. 56Gaussienne

Six cents dés

Voir l’exercice à développement D9 (résolu en classe).

Chap. 3, ex. 17, p. 57Gaussienne

360 dés

On lance 360 dés un grand nombre de fois. (a) Nombre moyen de six ; (b) écart type ; (c) probabilité d’exactement 60 six ; (d) d’exactement 74 six.

Corrigé

(a) $\bar n = 360/6 = 60$. (b) $\sigma = \sqrt{360\times\tfrac16\times\tfrac56} = \sqrt{50} = 7{,}07$.
(c) $P(60) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\times7{,}07} = 0{,}0564$.
(d) $P(74) = 0{,}0564\times e^{-(14)^2/(2\times50)} = 0{,}0564\times e^{-1{,}96} = 0{,}0564\times0{,}141 = 7{,}9\times10^{-3}$.

60 ; 7,07 ; 0,0564 ; 7,9 × 10⁻³

Chap. 3, ex. 19, p. 57Gaussienne

Dix mille atomes excités

10 000 atomes ont chacun la probabilité 0,1 d’être dans un état excité. En supposant une distribution gaussienne, probabilité que le nombre d’atomes excités soit (a) 1000 ; (b) 100 ?

Corrigé

$\bar n = 0{,}1\times10^4 = 1000$ ; $\sigma = \sqrt{10^4\times0{,}1\times0{,}9} = 30$.

(a) $P(1000) = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\times30} = 0{,}0133$.
(b) $P(100) = 0{,}0133\times e^{-900^2/(2\times900)} = 0{,}0133\times e^{-450} = 0{,}0133\times10^{-195{,}4} = 5\times10^{-198}$ : à $30\sigma$ de la moyenne, c’est « impossible ».

(a) 0,0133 | (b) 5 × 10⁻¹⁹⁸

Chap. 3, ex. 22, p. 58Gaussienne et loi binomiale

Soixante dés

Voir l’exercice à développement D10 (résolu en classe).

Chap. 3, ex. 28, p. 59Marche aléatoire discrète

Marcheurs numériques

Voir l’exercice à développement D11 (résolu en classe).

Chap. 3, ex. 29, p. 59Marche aléatoire continueplus difficile

Une bouteille d’ammoniac s’ouvre

Une bouteille d’ammoniac est ouverte brièvement au centre d’une grande pièce. Les molécules parcourent en moyenne $10^{-5}$ m entre collisions et subissent $10^7$ collisions par seconde ; après chaque collision, toutes les directions sont équiprobables. (a) Déplacement moyen selon $z$ pour un pas ? (b) Carré de l’écart type pour un pas ? (c) Déplacement moyen selon $z$ après 2 s ? (d) Écart type correspondant ? (e) Vous êtes sur l’axe $z$, à 6 m de la bouteille : au bout de combien de temps plus de 32 % des molécules seront-elles plus loin que vous (selon $z$) ?

Corrigé

(a) $\bar s_z = \overline{a\cos\theta} = 0$ par symétrie.
(b) $\sigma^2 = \overline{s_z^2} - \bar s_z^2 = \dfrac{a^2}{3} = \dfrac{10^{-10}}{3} = 3{,}3\times10^{-11}$ m².
(c) $\overline{S_n} = n\bar s_z = 0$.
(d) $n = 2\times10^7$ : $\sigma_n = \sigma\sqrt n = 5{,}77\times10^{-6}\times\sqrt{2\times10^7} = 0{,}026$ m.
(e) 32 % des molécules sont en dehors de $\pm\sigma_n$ : il faut $\sigma_n = 6$ m, soit $n = (6/5{,}77\times10^{-6})^2 = 1{,}08\times10^{12}$ pas, donc $t = n/10^7 = 1{,}08\times10^5$ s ≈ 30 h. (En réalité la convection mélange l’air bien plus vite.)

0 ; 3,3 × 10⁻¹¹ m² ; 0 ; 0,026 m ; ≈ 1,1 × 10⁵ s (30 h)

Chap. 3, ex. 32, p. 60Écart type et déplacement

Électrons dans un semiconducteur sous champ

Entre deux collisions, un électron avance en moyenne de $10^{-16}$ m dans la direction favorisée par le champ, avec un écart type de $10^{-9}$ m ; il subit $10^{14}$ collisions par seconde. Distance moyenne parcourue et écart type après (a) 1 s ; (b) 5 min. (c) Si la distribution d’un pas est $P(x)dx = A\,e^{-B(x-x_0)^2}dx$, que valent $A$, $B$ et $x_0$ (avec unités) ?

Corrigé

(a) $n = 10^{14}$ : $\overline{S_n} = n\bar s = 10^{-2}$ m ; $\sigma_n = \sigma\sqrt n = 10^{-9}\times10^7 = 10^{-2}$ m.
(b) $n = 3\times10^{16}$ : $\overline{S_n} = 3$ m ; $\sigma_n = 10^{-9}\times1{,}73\times10^8 = 0{,}17$ m. Après 5 minutes la dérive (3 m) domine largement l’étalement.
(c) $A = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} = 3{,}99\times10^8\ \text{m}^{-1}$ ; $B = \dfrac{1}{2\sigma^2} = 5\times10^{17}\ \text{m}^{-2}$ ; $x_0 = \bar s = 10^{-16}$ m.

(a) 10⁻² m ; 10⁻² m | (b) 3 m ; 0,17 m | (c) 3,99 × 10⁸ m⁻¹ ; 5 × 10¹⁷ m⁻² ; 10⁻¹⁶ m

Chap. 3, ex. 34, p. 60Écart type et déplacement

Un photon s’échappe du Soleil

Un photon produit au centre du Soleil parcourt environ 1 cm entre deux collisions et subit $10^8$ collisions par seconde (mouvement à une dimension). (a) Distance moyenne par pas selon une dimension ? (b) Écart type correspondant ? (c) Le rayon du Soleil vaut $7{,}0\times10^8$ m : combien de pas avant que le photon ait 32 % de chances d’être sorti du Soleil selon cette dimension ? (d) À combien d’années cela correspond-il (1 an = $3{,}17\times10^7$ s) ?

Corrigé

(a) 0 (directions équiprobables).
(b) $\sigma = a/\sqrt3 = 1\ \text{cm}/\sqrt3 = 5{,}77$ mm.
(c) 32 % de chances d’être au-delà de $\pm\sigma_n$ : $\sigma_n = R_\odot$, donc $n = (R_\odot/\sigma)^2 = \left(\dfrac{7{,}0\times10^8}{5{,}77\times10^{-3}}\right)^2 = 1{,}47\times10^{22}$ pas.
(d) $t = n/10^8 = 1{,}47\times10^{14}$ s $= 4{,}6\times10^6$ ans. La lumière que vous voyez a mis des millions d’années à sortir du Soleil (puis 8 minutes pour venir jusqu’à vous).

0 ; 5,8 mm ; 1,5 × 10²² pas ; ≈ 4,6 millions d’années

Pour aller plus loin : la section C.4 du chapitre 3 (conduction dans les métaux) applique la marche aléatoire aux électrons : $s = 10^{-15}$ m, $\sigma = 10^{-8}$ m, $10^{12}$ collisions/s → après 10 min, $\overline{S_n} = 0{,}6$ m et $\sigma_n = 0{,}2$ m.

\(m\)	\(m\ln m - m + \frac12\ln 2\pi m\)	\(\log_{10} m! = 0{,}4343\ln m!\)	\(m!\)
99	\(454{,}92 - 99 + 3{,}22 = 359{,}13\)	155,97	\(9{,}3\times10^{155}\)
100	\(460{,}52 - 100 + 3{,}22 = 363{,}74\)	157,97	\(9{,}3\times10^{157}\)
101	\(466{,}13 - 101 + 3{,}23 = 368{,}35\)	159,97	\(9{,}4\times10^{159}\)

\(n\)	\(\ln n!\)	\(\ln(500-n)!\)	\(\ln P\)	\(P\)
50	148,48	2303,13	\(2611{,}33-148{,}48-2303{,}13-89{,}59-82{,}04 = -11{,}91\)	\(6{,}7\times10^{-6}\)
80	273,67	2120,85	\(-3{,}10\)	\(4{,}5\times10^{-2}\)
200	863,23	1414,90	\(-79{,}85\)	\(2{,}1\times10^{-35}\)

La statistique des systèmes à petit et grand nombre d’éléments

0. Pourquoi de la statistique en thermodynamique ?

1. États d’un système et univers

2. Valeur moyenne

3. Détermination de la probabilité : cas du critère unique

3.1 Un critère, deux issues : \(p + q = 1\)

3.2 Compter les combinaisons : le coefficient binomial

3.3 La loi binomiale

4. Cas des critères multiples (loi multinomiale)

5. Statistique dépendante et indépendante

6. Systèmes à grand nombre d’éléments

6.1 Moyenne

6.2 Écart type

7. Marche aléatoire

7.1 Lien avec la loi binomiale

7.2 Moyenne et écart type après \(n\) pas

8. Formule de Stirling

9. Distribution gaussienne

10. À retenir

Quiz rapide - Cours 1

Exercices à développement (à faire sur papier)

Exercices suggérés du manuel (liste officielle du cours)

Chapitre 2 - Statistique des petits systèmes

Chapitre 3 - Systèmes à grand nombre d’éléments