On fait remplir un questionnaire comportant 20 questions binaires. Quelle est la probabilité qu’un candidat répondant au hasard obtienne au moins 16 bonnes

réponses ?

On choisit ici :

Ω“ toui,nonu²⁰, F“PpΩq.

Un évènement élémentaire est donc une grille complétée à 20 réponses ou liste de 20 réponses oui ou non. Si le candidat répond complètement au hasard, on peut considérer que chacune des 220grilles de réponses possibles a la même probabilité d’apparaître (hypothèse d’équiprobabilité sur Ω). Pour toutB ĂΩ, on a alors :

PpBq “ CardB

CardΩ^.

En particulier pourB “ tobtention d’au moins 16 bonnes réponsesu,

PpBq “ C16 20 `C17 20 `C18 20 `C19 20 `C20 20 220 “ 6196 220 »0,006.

La notation C_n^k (coefficient binomial) désigne ici le nombre de parties à k éléments d’un ensemble àn éléments (0 _ďk _ďn).

Exemple 2.8 (contrôle de production). On prélève au hasard un échantillon de k pièces dans une production totale de N pièces comprenant en tout n pièces défectueuses. Le prélèvement estsans remise (donc k ďN). Cherchons la probabilité de :

A_{j “ t}il y a exactement j pièces défectueuses dans l’échantillon_u.

2.3. Exemples 35 On prend pour Ω l’ensemble de toutes les parties àkéléments d’un ensemble àN éléments (ensemble de tous les échantillons possibles de taillek),F “PpΩ_qetP l’équiprobabilité sur Ω. Il suffit alors de dénombrer tous les échantillons ayant exactementj pièces défectueuses. Un tel échantillon se construit en prenantj pièces dans le sous-ensemble des défectueuses (Cj

n choix possibles) et en complétant par k_´j pièces prises dans le sous-ensemble des non-défectueuses (C_N´n^k´j choix possibles). On en déduit :

P_pA_{jq “} ^C j nC_N´n^k´j Ck N si $ ’ & ’ % 0ďj ďn, 0ďj ďk, k´j ďN ´n.

Si l’une de ces trois conditions n’est pas vérifiée, PpA_jq “ 0.

Dans tous les exemples précédents, nous avons fait systématiquement l’hypothèse d’équiprobabilité. Ce n’est pas une obligation et il y a bien d’autres façons d’obtenir une probabilité P sur un Ω fini muni de la famille d’évènements F “ PpΩq. Voici com-ment les trouver toutes. L’énoncé suivant est à connaître, sa preuve peut être sautée en première lecture.

Proposition 2.9. Soit Ω “ tω₁, . . . , ω_nu un ensemble fini à n éléments et F “ PpΩq la famille des parties de Ω.

1. À toute probabilité P sur pΩ,Fq, on peut associer une suite finie de réels positifs

p₁, . . . , p_n telle que n ÿ i“1 p_{i “}1 (2.2) et @iP v1, nw, Pptω_iuq “p_i. (2.3) 2. Réciproquement, à toute suite finie de réels positifs p₁, . . . , pn de somme 1, on peut associer une unique probabilité P sur _pΩ,Fq vérifiant (2.3). Cette probabilité est définie par :

@APF, PpAq “

ÿ

ωiPA

pi. (2.4)

Preuve. Si P est une probabilité sur _pΩ,Fq, en définissant les pi par (2.3) et en notant que Ω peut s’écrire comme l’union finie

Ω“

n

Ť

i“1

tω_iu

où les _tω_iu sont évidemment deux à deux disjoints (la numérotationi_ÞÑω_i des éléments de Ω est bijective, sinon Ω aurait moins de n éléments), on obtient par additivité de P

(prop. 2.4 2b)) : 1“PpΩq “ P ˆ n Ť i“1 tω_iu ˙ “ n ÿ i“1 Pptω_iuq “ n ÿ i“1 p_i, ce qui établit (2.2).

Pour montrer la réciproque, on se donne une suite finie quelconque p₁, . . . , p_n de réels positifs vérifiant (2.2) et on définit la fonction d’ensembles P : F Ñ r0,1s par la for-mule (2.4) avec la convention qu’une somme indexée par l’ensemble vide vaut 0, donc

iciPpHq “0. En prenant pour A successivement chacun des tω_iu, on voit que la condi-tion (2.3) est automatiquement vérifiée par P. Il nous reste à montrer que P est bien une probabilité sur pΩ,Fq au sens de la définition 2.3 et que c’est la seule qui vérifie les égalités (2.3).

i) Vérifions d’abord que PpΩq “ 1.P étant définie comme fonction d’ensembles par la formule (2.4), on a PpΩq “ ^ÿ ωiPΩ p_i “ n ÿ i“1 p_i “1,

puisque les p_i vérifient (2.2) par hypothèse.

ii) Vérifions laσ-additivité deP. Soit_pA_jqjě1 une suite quelconque de parties de Ω deux à deux disjointes. Comme Ω est fini, seul un nombre finim ďndeA_j sont non vides6, notons lesAj₁, . . . , Aj_m. La réunion de tous les Aj, que nous noteronsA s’écrit alors :

A _“ Ť jP_N˚ A_{j “} m Ť k“1 A_jk.

En revenant à la définition de P, nous avons

P ˆ Ť jP_N˚ Aj ˙ “P ˆ m Ť k“1 Aj_k ˙ “ ÿ ωiPA pi.

Dans cette dernière somme, l’ensemble d’indexationAse découpe en lesmensembles disjoints A_jk, ce qui permet de découper la somme indexée par A des p_i en les m

paquets correspondants7 : ÿ ωiPA pi “ m ÿ k“1 ÿ ωiPA_jk pi “ m ÿ k“1 PpAj_kq “ `8 ÿ j“1 PpAjq,

en notant que tous les termes rajoutés pour passer de la sommeřm

k“1 à la sérieř`8 j“1

ci-dessus sont de la forme PpHq, donc nuls. Comme la suite pA_jqjě1 de parties deux à deux disjointes de Ω était quelconque, ceci prouve la σ-additivité de P.

L’applicationP :FÑ r0,1s est donc bien une probabilité.

Il nous reste à voir queP est la seule probabilité sur_pΩ,Fqvérifiant (2.3). SoitQ une probabilité surpΩ,Fqvérifiant (2.3). Comme toutAPFpeut s’écrire comme l’union finie

A“^Ť_ωiPAtω_iu, par additivité de Q on obtient : @A_P F, Q_pA_{q “}Q ˆ Ť ωiPA tω_iu ˙ “ ÿ ωiPA Q_ptω_{iuq “} ^ÿ ωiPA p_{i “}P_pA_q,

donc Q_“P, ce qui établit l’unicité et termine la preuve.

La proposition 2.9 peut sembler essentiellement théorique et il est naturel de se de-mander si étant donnée une suite finie p1, . . . , pn de réels positifs et de somme 1, il existe toujours une expérience modélisable par l’espace probabilisé_pΩ,PpΩ_q, P_q associé à cette suite par la proposition 2.9. En voici un exemple.

6. S’ils sont tous vides,m“0 et la formule deσ-additivité s’écritPpHq “^{ř`8</sup><sub>j“</sub>1PpHqsoit 0“<sup>ř`8}_j“10, ce qui est trivial.

7. Dans une somme d’un nombre fini de termes, on peut grouper les termes comme l’on veut sans changer la valeur de somme globale.

2.3. Exemples 37

Figure ^{2.2 – Une roulette quelconque}

Exemple 2.10 (roue de la chance). On se donne une suite finiep1, . . . , pnde réels positifs de somme 1. Sur un disque on trace lesnsecteurs angulaires consécutifs d’angle au centre 2πp_k radians, 1 ďk ďn. On choisit un point de repère fixe (par exemple la pointe de la flèche sur la figure 2.2 ). On fait tourner le disque avec un impulsion initiale et on regarde quel secteur indique la flèche quand le disque s’arrête. Cela revient à tirer au hasard par ce procédé un numéro de secteur. Et la probabilité que le numéro k sorte ainsi est p_k. Remarque 2.11. Lorsque Ω est fini, la façon la plus simple de construire une probabi-lité sur pΩ,PpΩqq est de choisir Pptωuq “ 1{card Ω. On parle alors d’équiprobabilité ou de probabilité uniforme sur _pΩ,PpΩ_qq. C’est la modélisation qui s’impose naturellement lorsqu’on n’a pas de raison de penser a priori qu’un résultat élémentaire de l’expérience soit favorisé ou défavorisé par rapport aux autres. La situation est radicalement différente lorsque Ω est infini dénombrable8. Sur un tel ensemble, il ne peut pas y avoir d’équipro-babilité. Imaginons que l’on veuille tirer une boule au hasard dans une urne contenant une infinité de boules numérotées de manière bijective par les entiers naturels. Soit tω_iu l’évènement tirage de la boule numérotée i (i _{P N}) et p_i sa probabilité. Par σ-additivité, les p_i vérifient nécessairement :

ÿ

iPN

p_i “1.

Mais si les p_i sont égaux, tous les termes de la série ci-dessus valent p₀. Sa somme est alors _`8 si p_{0 ą}0 ou 0 si p_{0 “}0, il y a donc une contradiction.

Voici maintenant une caractérisation de toutes les probabilités sur les espaces au plus dénombrables, c’est-à-dire finis ou dénombrables. Elle généralise la proposition 2.9. La preuve est analogue, en utilisant pour la σ-additivité de P la propriété de sommation par paquets des séries à termes positifs.

Proposition 2.12. Soit Ω “ tω_i ; i P Iu un ensemble au plus dénombrable. La donnée d’une probabilité sur _pΩ,PpΩ_qq équivaut à la donnée d’une famille _pp_iqiPI dans _R` telle que :

ÿ

iPI

p_i “1

8. Un ensemble I est dit dénombrable s’il est en bijection avec N, c’est-à-dire si on peut numéroter ses éléments par les nombres entiers de façon qu’à chaque entier corresponde un seul élément deI, que deux numéros différents correspondent à deux éléments différents deI, et que tout élément de I ait un numéro entier. Par exemple, l’ensembleZdes entiers relatifs, l’ensemble 2Ndes entiers pairs, l’ensemble

et des égalités

P_ptω_{iuq “} p_i, i_PI.

La probabilité P est alors définie par

@A_PPpΩ_q, P_pA_{q “} ^ÿ ωiPA

p_i.

Une conséquence de la proposition 2.12 est qu’à partir de toute série convergente à termesu_{k ě}0 avec au moins un u_ką0, on peut construire une probabilité sur _pN,Pp_Nqq ou sur n’importe quel ensemble dénombrable. En effet, soitS “<sup>ř`8</sup><sub>k“0</sub>u<sub>k</sub>. Comme la série converge dans <sub>R`</sub> et a au moins un terme strictement positif, 0 ă S ă `8. Alors en posant

@k _PN, p_{k “} ^uk S ^,

on voit que les p_k sont positifs et que ř`8

k“0p_k “1. On peut donc définir une probabilité

P sur p_N,Pp_Nqqen posant : @A Ă_N, PpAq “ 1 S ÿ kPA u_k.

Exemple 2.13 (une probabilité définie sur ^`_N,Pp_Nq^˘).

Soitaun réel strictement positif fixé. On sait que la fonction exponentielle est développable en série entière avec rayon de convergence infini, d’où en particulier :

e^a “ `8 ÿ k“0 a^k k!^.

Les termes de cette série convergente étant tous positifs, on pose : @k P_N, p_k“ e´aak k! ^. Alors `8 ÿ k“0 e<sup>´a</sup>a<sup>k</sup> k! <sup>“e</sup> ´a `8 ÿ k“0 a^k k! ^“e ´ae^a“1.

Pour toutA_ĂN, on définit :

PpAq “ ^ÿ kPA p_k “ ^ÿ kPA e^´aa^k k! ^.

D’après la proposition 2.12,P est une probabilité sur_pN,Pp_Nqq. On l’appelle loi de Pois-son9 de paramètre a. Calculons par exemple P_p2_Nq où 2_N désigne l’ensemble des entiers pairs. P_p2_{Nq “} ^ÿ kP2_N p_k“ `8 ÿ l“0 e´aa2l p2lq! <sup>“e</sup> ´aea `e´a 2 ^“ 1 2^p1`e ´2a q.

Une conséquence de ce résultat est : si l’on tire un nombre entier au hasard suivant une loi de Poisson, la probabilité qu’il soit pair est strictement supérieure à 1

2.

9. Cet exemple peut paraître à première vue complètement artificiel. Nous verrons qu’il n’en est rien et que la loi de Poisson est sans doute la plus importante des probabilités que l’on peut définir surNdu point de vue des applications.

2.4. Probabilités conditionnelles 39 Exemple 2.14 (loi uniforme sur un segment). Prenons Ω “ _R, F “ B la plus petite famille d’évènements observables (tribu) contenant tous les intervalles de _R. Pour un intervalle I de_R, notons `pIqsa longueur (éventuellement infinie). Soit ra, bs un segment fixé de _R. On définit une probabilité P sur p_R,Bq en posant :

@APB, PpAq “ `pAX ra, bsq

`pra, bsq ^“

`pAX ra, bsq

b´a ^{. (2.5)}

Nous admettrons ce résultat. La définition générale de la longueur d’un ensembleAXra, bs qui n’est pas forcément un intervalle, sort du cadre de ce cours. En pratique, nous n’ap-pliquerons (2.5) qu’avec un Aqui est soit un intervalle, soit une réunion finie d’intervalles disjoints.

La probabilité P définie par (2.5) est appeléeloi uniforme sur ra, bs. Remarquons que pour cette probabilité, tout singleton est de probabilité nulle (_@x P _R, Pptxuq “ 0), ce qui résulte de la propriété analogue de`. On voit sur cet exemple que la probabilité d’une union infinie non dénombrable d’évènements deux à deux disjoints n’est pas forcément égale à la somme de la famille correspondante de probabilités d’évènements. En effet,

1“Ppra, bsq “P ´ Ť xPra,bs txu ¯ ‰ ^ÿ xPra,bs Pptxuq “0.

2.4 Probabilités conditionnelles

2.4.1 Introduction

Comment doit-on modifier la probabilité que l’on attribue à un évènement lorsque l’on dispose d’une information supplémentaire? Le concept de probabilité conditionnelle permet de répondre à cette question.

Par exemple, soit E l’ensemble des licenciés d’une fédération d’escrime, F le sous-ensemble des escrimeuses, H celui des escrimeurs, G l’ensemble des membres de la fé-dération qui sont gauchers et D celui des droitiers. On choisit un individu au hasard dans E, chaque licencié a donc une probabilité 1_{cardE d’être choisi, ce qui revient à prendre comme espace probabilisé Ω “ E, F “ PpEq et P la probabilité uniforme (ou équiprobabilité) sur E. Si cet individu est un homme, quelle est la probabilité qu’il soit gaucher ? Sans condition de sexe, la probabilité que l’individu choisi au hasard soit gaucher est naturellement cardG_{cardE. Comment tenir compte de l’information supplémentaire apportée ici par la réalisation de l’évènementH? On considère que tout se passe comme si d’emblée, on avait limité le tirage au sort aux éléments du sous-ensembleH. Ceci conduit à attribuer dans ce nouveau contexte, la probabilité card_pG_XH_q{cardH au choix d’un individu gaucher. Cette probabilité que l’individu choisi soit gauchersachant que c’est un homme peut s’écrire :

card_pG_XH_q cardH ^“ card_pGXHq cardE cardH cardE “ P_pG_XH_q PpHq .

Par analogie, nous donnons dans le cas général la définition formelle suivante.

Définition 2.15 (probabilité conditionnelle). Soit H un évènement de probabilité non nulle. Pour tout évènement A, on définit :

PpA|Hq “ PpAXHq

appelée probabilité conditionnelle de l’évènement A sous l’hypothèse H.

Remarquons que pour l’instant, il ne s’agit que d’un jeu d’écriture. On a simplement défini un réel PpA |Hq pour que :

P_pA_XH_{q “} P_pA _|H_qP_pH_q.

Ce qui fait l’intérêt du concept de probabilité conditionnelle, c’est qu’il est souvent bien plus facile d’attribuerdirectement une valeur àPpA|Hqen tenant compte des conditions expérimentales (liées à l’information H) et d’en déduire ensuite la valeur dePpAXHq. Le raisonnement implicite alors utilisé est : tout espace probabilisé modélisant correctement la réalité expérimentale devrait fournir cette valeur pourPpA|Hq.

Exemple 2.16. Une urne contient r boules rouges et v boules vertes. On en tire deux l’une après l’autre, sans remise. Quelle est la probabilité d’obtenir deux rouges ?

Notons H etA les évènements :

H _{“ t}rouge au 1er tirage_u, A_{“ t}rouge au 2e tirage_u.

Un espace probabilisé_pΩ,F, P_qmodélisant correctement cette expérience devrait vérifier :

P_pH_{q “} ^r r`v^, P_pA_|H_{q “} ^r´1

r`v´1^.

En effet, si H est réalisé, le deuxième tirage a lieu dans une urne contenant r `v ´1 boules dontr´1 rouges. On en déduit :

P_pdeux rouges_{q “} P_pA_XH_{q “}P_pA_|H_qP_pH_{q “} ^r´1 r`v´1 ^ˆ

r r`v^.

On aurait pu arriver au même résultat en prenant pour Ω l’ensemble des arrangements de deux boules parmir`v, muni de l’équiprobabilité et en faisant du dénombrement :

card Ω“ pr`vqpr`v ´1q, cardpAXHq “rpr´1q.

d’où :

PpAXHq “ rpr´1_q pr`vqpr`v´1q^. Notons d’ailleurs que cardH “rpr`v ´1q d’où

PpHq “ cardH card Ω ^“ rpr`v´1<sub>q</sub> pr`vqpr`v´1q <sup>“</sup> r r`v^.

En appliquant la définition formelle de PpA|Hq on retrouve :

P_pA_|H_{q “} ^PpAXHq PpHq ^“ rpr´1q pr`vqpr`v´1q ^ˆ r`v r <sup>“</sup> r´1 r`v ´1^,

ce qui est bien la valeur que nous avions attribuée a priori en analysant les conditions expérimentales.

Remarque 2.17. Il importe de bien comprendre que l’écriture «A | H » ne désigne pas un nouvel évènement¹⁰ différent de A. Quand on écrit PpA | Hq, ce que l’on a modifié, ce n’est pas l’évènement A, mais la valeur numérique qui lui était attribuée par la fonction d’ensembles P. Il serait donc en fait plus correct d’écrire P_HpAq que

PpA | Hq. On conservera néanmoins cette dernière notation essentiellement pour des raisons typographiques :P_pA_|H_1XH_{2 X}H_3qest plus lisible que P_H1XH2XH3pA_q.

10. En fait cette écriture prise isolément (sans leP)n’a pas de sens et ne devraitjamais être utilisée. Le symbole|ne représente pas une opération sur les évènements qui l’entourent.

2.4. Probabilités conditionnelles 41

2.4.2 Propriétés

Proposition 2.18. Soit pΩ,F, Pq un espace probabilisé et H un évènement fixé tel que

PpHq ‰0. Alors la fonction d’ensembles PH “Pp. |Hq définie par :

Pp. |Hq: F Ñ r0,1s B ÞÑPpB |Hq est une nouvelle probabilité sur pΩ,Fq.

Preuve. Il s’agit essentiellement de vérifier queP_H estσ-additive. Ceci pourra être vu en exercice.

Une conséquence immédiate est que la fonction d’ensembles Pp. | Hq vérifie toutes les propriétés de la proposition 2.4.

Corollaire 2.19. La fonction d’ensembles Pp. |Hq vérifie : 1. P_{pH |}H_{q “} 0, P_pΩ_|H_{q “}1 et si A _ĄH, P_pA _|H_{q “} 1. 2. Si les A_i sont deux à deux disjoints :

P ´ n Ť i“1 A_i |H ¯ “ n ÿ i“1 PpA_i |Hq. 3. Pour tout B _P F, P_pBc |H_{q “} 1_´P_pB _|H_q. 4. Pour tous APF et B PF, si AĂB, PpA|Hq ďPpB |Hq. 5. Pour tous APF et B PF, PpAYB |Hq “PpA|Hq `PpB |Hq ´PpAXB |Hq.

6. Pour toute suite pA_iqiě1 d’évènements :

P ´ Ť iPN^˚ A_i |H ¯ ď `8 ÿ i“1 PpA<sub>i</sub> |Hq. 7. Si B<sub>nÒ</sub>B, P<sub>p</sub>B<sub>n|</sub>H<sub>q Ò</sub>P<sub>p</sub>B <sub>|</sub>H<sub>q</sub>, (n<sub>Ñ `8</sub>). 8. Si C_nÓC, PpC_n|Hq ÓPpC |Hq, (nÑ `8).

Nous n’avons vu jusqu’ici aucune formule permettant de calculer la probabilité d’une intersection d’évènements à l’aide des probabilités de ces évènements. Une telle formule n’existe pas dans le cas général. Les probabilités conditionnelles fournissent une méthode générale tout à fait naturelle pour calculer une probabilité d’intersection.

Proposition 2.20 (règle des conditionnements successifs).

Si A₁, . . . , A_n sont n évènements tels que P_pA_1X. . ._XA_{n´1q ‰}0, on a :

P_pA_1X. . ._XA_{nq “} P_pA_1qP_pA_{2 |}A_1qP_pA_{3 |}A_1XA_{2q ˆ ¨ ¨ ¨}

¨ ¨ ¨ ˆPpAn|A1 X. . .XAn´1q.

Preuve. Pour 1 ďiďn´1, on a ^Şn´_j“1¹Aj Ă^Şi_j“1Aj d’où : 0ăP ´n´1 Ş j“1 A_j ¯ ďP ´ i Ş j“1 A_j ¯ .

DoncP^`Şi_j“1A_j^˘n’est nul pour aucuniďn´1 et on peut conditionner par l’évènement

Şi

j“1A_j. Ceci légitime le calcul suivant :

P_pA_1qP_pA_{2 |}A_1qP_pA_{3 |}A_1XA_{2q ˆ ¨ ¨ ¨ ˆ}P_pA_{n |}A_1X. . ._XA_n´1q “ P_pA_{1q ˆ} ^PpA1XA2q PpA₁q ^ˆ PpA₁XA₂XA₃q PpA₁XA₂q ^{ˆ ¨ ¨ ¨ ˆ} PpA₁X. . .XA_nq PpA₁X. . .XAn´₁q “ PpA1X. . .XAnq,

après simplifications en chaîne de toutes ces fractions.

Exemple 2.21. Une urne contient 30 boules : 20 bleues et 10 jaunes. On effectue trois tirages consécutifs et sans remise d’une boule. Quelle est la probabilité d’obtenir :

— trois boules jaunes ?

— une bleue, une jaune, une bleue dans cet ordre ?

Notons pouri _“1, 2, 3, B_i et J_i les évènements « sortie d’une boule bleue au ietirage » et « sortie d’une boule jaune auie tirage ».

Nous cherchons d’abordPpJ₁XJ₂XJ₃q. Par conditionnements successifs,

PpJ₁XJ₂ XJ₃q “PpJ₁qPpJ₂ |J₁qPpJ₃ |J₁ XJ₂q.

Si J₁ est réalisé, il y a dans l’urne juste avant le deuxième tirage 20 boules bleues et 9 boules jaunes, d’où P_pJ_{2 |} J_{1q “} 9_{29. Si J_{1 X}J₂ est réalisé, autrement dit si une boule jaune est sortie lors de chacun des deux premiers tirages, il reste 20 boules bleues et 8 jaunes juste avant le 3etirage, d’où PpJ₃ |J₁XJ₂q “ 8{28. Ainsi

P_pJ_1XJ_2XJ_{3q “} ¹⁰ 30 ^ˆ 9 29 ^ˆ 8 28 ^“ 1 3^ˆ 9 29^ˆ 2 7 ^“ 6 203 ^{»0,029 557.} On procède de même pour calculer PpB₁XJ₂XB₃q :

PpB₁XJ₂ XB₃q “PpB₁qPpJ₂ |B₁qPpB₃ |B₁XJ₂q “ 20 30^ˆ 10 29^ˆ 19 28 “ 1 3^ˆ 5 29^ˆ 19 7 ^“ 95 609 ^{»0,155 993.}

Les probabilités conditionnelles permettent aussi de calculer la probabilité d’un évè-nement en conditionnant par tous les cas possibles. Du point de vue ensembliste, ces cas possibles correspondent à une partition de Ω.

Définition 2.22 (partition). On dit qu’une famille pH_iqiPI de parties de Ω est une par-tition deΩ si elle vérifie les trois conditions :

— @iPI, H_i ‰ H. — Ω“^Ť_iPIHi.

— Les H_i sont deux à deux disjoints (i_‰j _ñH_iXH_{j “ H}). Proposition 2.23 (conditionnement par les cas possibles11).

piq Si H est tel que PpHq ‰0 et PpHcq ‰ 0, on a

@APF, PpAq “PpA|HqPpHq `PpA|H^cqPpH^cq.

2.4. Probabilités conditionnelles 43

piiq Si H₁, . . . , H_n est une partition finie de Ωen évènements de probabilité non nulle, @APF, PpAq “

n

ÿ

i“1

PpA|HiqPpHiq.

piiiq Si pHiqiP_N est une partition de Ω telle qu’aucun PpHiq ne soit nul, @A_PF, P_pA_{q “}

`8

ÿ

i“0

P_pA_|H_iqP_pH_iq.

Preuve. Il suffit de vérifier _piiiq, les deux premières propriétés se démontrant de façon analogue. CommepH_iqiP_N est une partition de Ω,

A“AXΩ“AX ´ Ť iP_N H_i ¯ “ ^Ť iP_N pAXH_iq

et cette réunion est disjointe car les H_i étant deux à deux disjoints, il en est de même pour les AXHi. Donc par σ-additivité :

P_pA_{q “} `8 ÿ i“0 P<sub>p</sub>A<sub>X</sub>H<sub>iq “</sub> `8 ÿ i“0 P_pA_|H_iqP_pH_iq.

Exemple 2.24. On considère deux urnes U₁ et U₂. L’urne U₁ contient r₁ boules rouges et v₁ boules vertes. L’urneU₂ contient r₂ boules rouges et v₂ boules vertes. On lance un dé. S’il indique le chiffre 1, on choisit l’urne U₁, sinon on choisit U₂. Dans chaque cas on effectue deux tirages avec remise dans l’urne choisie. Quelle est la probabilité d’obtenir une rouge au premier tirage ? deux rouges en tout ?

Adoptons les notations d’évènements suivantes :

R_{“ t}rouge au 1er tirage_u, R1

“ trouge au 2etirage_u, H_{1 “ t}choix de l’urne U_1u, H_{2 “}H₁^c_{“ t}choix de l’urne U_2u.

Il est facile de calculer directement P_pR _|H_iq et P_pR_XR1

| H_iq pour i _“1,2. En effet, une fois l’urneU_i choisie, on a un problème classique de tirages avec remise dans la même urne que l’on peut traiter (par exemple) par le dénombrement. On a ainsi :

PpR|Hiq “ r_i r_i`v<sub>i</sub><sup>, PpRXR</sup> 1 |Hiq “ ´ r<sub>i</sub> r<sub>i</sub>`v_i ¯2 .

La formule de conditionnement par la partition tH₁, H₂u donne :

PpRq “ PpR|H₁qPpH₁q `PpR|H<sub>2</sub>qPpH<sub>2</sub>q “ 1 6 r1 r<sub>1</sub>`v₁ <sup>`</sup> 5 6 r2 r<sub>2</sub>`v₂ et PpRXR1 q “ PpRXR1 |H₁qPpH₁q `PpRXR1 |H<sub>2</sub>qPpH<sub>2</sub>q “ 1 6 ´ r<sub>1</sub> r<sub>1</sub>`v₁ ¯2 ` 5 6 ´ r<sub>2</sub> r<sub>2</sub>`v₂ ¯2 .

Lorsqu’on a une partition de Ω en n hypothèses ou cas possibles H_i et que l’on sait calculer lesP_pH_iqet lesP_pA_|H_iq, on peut se poser le problème inverse : calculer P_pH_{j |} Aq à l’aide des quantités précédentes. La solution est donnée par la formule suivante quelquefois appelée (abusivement) formule des probabilités des causes.

Proposition 2.25 (formule de Bayes).

Soit A un évènement de probabilité non nulle. Si les évènements H_{i p}1_ďi_ďn_q forment une partition deΩ et si aucun PpH_iq n’est nul, on a pour tout j P v1, nw :

PpH_j |Aq “ PpA |H_jqPpH_jq

řn

i“1PpA|H_iqPpH_iq.

Preuve. On note que par définition des probabilités conditionnelles :

P_pH_{j |}A_{q “} ^PpAXHjq PpAq ^“

PpA|H_jqPpH_jq

PpAq .

Il ne reste plus qu’à développer PpAq en conditionnant par la partition pH_i,1 ď i ď nq comme à la proposition 2.23.

La même formule se généralise au cas d’une partition dénombrable. Ces formules sont plus faciles à retrouver qu’à mémoriser.

Exemple 2.26. Un questionnaire à choix multiples propose m réponses pour chaque question. Soit pPs0,1r la probabilité qu’un étudiant connaisse la réponse à une question donnée. S’il ignore la réponse, il choisit au hasard l’une des réponses proposées. Quelle est pour le correcteur, la probabilité qu’un étudiant connaisse vraiment la bonne réponse lorsqu’il l’a donnée ?

Notons :

B “ tl’étudiant donne la bonne réponseu, C “ tl’étudiant connaît la bonne réponseu.

On cherchePpC |Bq. Avec ces notations, les données de l’énoncé se traduisent par :

P_pC_{q “}p, P_pC^c_{q “} 1_´p, P_pB _|C_{q “} 1, P_pB _|C^c_{q “} ¹ m^. On en déduit : PpC |Bq “ PpBXCq P_pB_q “ P_pB _|C_qP_pC_q PpB |CqPpCq `PpB |CcqPpCcq “ 1<sub>ˆ</sub>p 1ˆp` _m¹p1´pq ^“ mp 1` pm´1qp^.

Notons P_pC _| B_{q “} f_pm, p_q. Pour p fixé, f_p. , p_q croît sur _N˚ depuis f_p1, p_{q “} p

jusqu’à lim_mÑ`8fpm, pq “ 1. D’autre part pour m fixé, fpm, .q croît sur s0,1r avec limpÑ0fpm, pq “0 et limpÑ1fpm, pq “ 1. On a pour 0ăpă1 :

PpC |Bq

p ^“

m

2.5. Indépendance 45 Si p “ 0 (resp. p “ 1), on ne peut plus conditionner par C (resp. par C^c) et dans le calcul ci-dessus, seule l’égalité P_pC _| B_{q “} P_pB _XC_q{P_pB_q reste valable. Pour p _“ 0,

PpBXCq ď PpCq “ 0, d’où PpC | Bq “ 0. Pour p “ 1, PpBXCcq ďPpCcq “ 0 d’où

PpBXC^cq “0 et PpB XCq “PpBq ´PpBXC^cq “PpBq d’où PpC |Bq “1. Tous ces résultats sont conformes à l’intuition.

Exemple 2.27. Un test sanguin a une probabilité de 0,95 de détecter un certain virus lorsque celui-ci est effectivement présent. Il donne néanmoins unfaux résultat positif pour 1% des personnes non infectées. Si 0,5% de la population est porteuse du virus, quelle est la probabilité qu’une personne ait le virus sachant qu’elle a un test positif ?

Notons :

V “ tla personne testée a le virusu, T`

“ tla personne testée a un test positifu.

On cherche PpV |T`q. Or on sait que PpVq “0,005, PpT` |Vq “0,95 et PpT` |Vcq “ 0,01. On en déduit : PpV |T<sup>`</sup>q “ P_pT` XV<sub>q</sub> PpT`q ^“ P_pT` |V<sub>q</sub>P<sub>p</sub>V<sub>q</sub> PpT`|VqPpVq `PpT`|VcqPpVcq “ 0,95ˆ0,005 0,95ˆ0,005`0,01ˆ0,995 ^»0,323.

On voit ainsi que contrairement à ce que l’on aurait pu croire, le test n’est pas fiable : si la personne présente un test positif, il y a approximativement deux chances sur trois qu’elle ne soit pas porteuse du virus !

2.5 Indépendance

2.5.1 Indépendance de deux évènements

Soient A etB deux évènements de probabilité non nulle. Il arrive que la connaissance de la réalisation de Ane modifie pas notre information sur celle de B, autrement dit que

P_pB _|A_{q “} P_pB_q. C’est le cas par exemple lorsque l’on fait deux tirages avec remise et que la réalisation de A ne dépend que du résultat du premier tirage, celle de B que du deuxième. Symétriquement on aura dans cet exemple PpA |Bq “PpAq. Cette remarque se généralise :

Proposition 2.28. Si A et B sont des évènements de probabilité non nulle, les trois égalités suivantes sont équivalentes :

piq PpB |Aq “ PpBq, pii_q P_pA_|B_{q “} P_pA_q,

piiiq PpAXBq “PpAqPpBq.

Preuve. Comme PpAq ‰ 0 et PpBq ‰0, on a la chaîne d’équivalences :

P_pA_XB_q

PpAq ^“P_pB_{q ô}P_pA_XB_{q “}P_pA_qP_pB_{q ô} ^PpAXBq

D’autre part la relation piiiq est toujours vérifiée dans le cas dégénéré où PpAq “ 0 ou P_pB_{q “} 0. En effet, on a alors à la fois P_pA_qP_pB_{q “} 0 et 0 _ď P_pA _X B_{q ď}

min^`PpAq, PpBq^˘“0 d’où PpAXBq “ 0. Ainsi la relationpiiiqest un peu plus générale quepiq et piiq. Elle a aussi sur les deux autres l’avantage de la symétrie d’écriture. C’est

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