Chapitre 2
Probabilités élémentaires
2.1 Introduction - Vocabulaire
Lorsqu’on réalise une expérienceE plusieurs fois dans les mêmes conditions, les résultats ne sont pas toujours identiques. On qualifie alors une telle expérienceE d’aléatoire. L’ensemble de tous les résultats possibles de l’expérience est appeléespace des configurations, ouuniversassocié à l’expérienceE. Il peut être fini ou infini. Nous le noterons Ω. Chaque résultatω∈Ω est appeléévénement élémentaire.
Plus généralement, on appelleraévénementun sous-ensemble de résultats susceptibles de se réaliser.
Si une expérience E est répétée un certain nombre de fois, chaque événementA a une fréquence de réalisation. De façon naïve, on imagine que cette fréquence – ou plutôt la limite de telles fréquences lorsque le nombre de répétitions deE tend vers l’infini – définit alors la probabilité de réalisation de l’événementA.
Exemple 2.1.1. 1. Prenons l’exemple du lancer d’un dé. L’univers associé estΩ ={1,2,3,4,5,6}et si on lance ce dé un grand nombre de fois, la fréquence d’apparition de chaque face va être proche de 16. Chaque face a alors la probabilité 16 d’apparaître. On est dans un cas d’équiprobabilité.
2. Si maintenant on lance simultanément deux dés, et que l’on s’intéresse à la somme des faces obte- nues, notre univers Ωest alors {2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12} mais chaque événement élémentaire n’a pas la même probabilité d’apparaître :
Evénement
élémentaire 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 T otal
Nombre de façons
de l’obtenir 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 36
Probabilité
de l’obtenir 1/36 1/18 1/12 1/9 5/36 1/6 5/36 1/9 1/12 1/18 1/36 1
Avec ce second exemple, on remarque que la notion de probabilité (dans le cas fini) est liée à des problèmes de dénombrement : on fait le rapport entre le nombre de cas favorables et le nombre de cas possibles. C’est sur cette idée intuitive que nous allons introduire les prémices de la théorie des probabilités.
2.2 Algèbre des événements
Revenons sur le vocabulaire des probabilités. On se donne un espace des configurations (ou univers) noté Ω (l’ensembles des résultats d’une expérience). Un événementdeE est un ensemble de résultats susceptibles de se réaliser : il est donc identifié à un sous ensembleAde Ω.
On distingue les événement très particuliers suivants : – les singletons{ω} dits événements élémentaires
– ∅, ensemble vide est l’événement impossiblecar jamais réalisé
– Ω, l’espace des configurations lui-même, est l’événement certain, il est toujours réalisé.
On définit les opérations suivantes sur les événements :
– l’événement contraire (le complémentaire) : si A est un événement, alors ¯A est l’événement contraire deA : il est réalisé si et seulement siAne l’est pas.
– le“et” (l’intersection) : siA etB sont deux événements, alorsA∩B se réalise si et seulement si AetB se réalisent simultanément.
LorsqueA∩B=∅,A etB sont dits disjoints ou incompatibles.
– le “ou non exclusif”(la réunion) : si Aet B sont deux événements, alors A∪B se réalise si et seulement si l’un au moins des deuxAouB se réalise.
D’autres opérations s’en déduisent :
– ladifférence: siAetB sont deux événements, alorsA\B se réalise si et seulement siAse réalise mais pasB.
– le ‘‘ou exclusif” – “ou bien”(la différence symétrique) : si Aet B sont deux événements, alors A4B se réalise si et seulement si exactement un seul des deuxAouB se réalise.
On définit aussi la relation suivante entre événements :
– l’implication(l’inclusion) : siAet Bsont deux événements, alorsA⊂B signifie que lorsqueAse réalise alorsB aussi. On dit aussi queAimpliqueB.
Ω Ω Ω Ω
Ω
A A A
A A
A¯
B B B
A∩B A∪B B
A\B
A⊂B
On appelle système complet d’événements une famille d’événements A1, A2, . . . , An disjoints deux à deux, non vides, dont la réunion est Ω. Remarquons que cette définition a encore un sens pour une infinité d’événements.
Exercices 2.2.1.
1. On a les relations suivantes (faites des dessins pour vous en convaincre) : A∩B⊂A∪B, A∩A¯=∅, A∪A¯= Ω, A¯¯=A
A\B=A∩B,¯ A¯= Ω\A, A4B= (A∪B)\(A∩B) = (A\B)∪(B\A) A∩B= ¯A∪B,¯ A∪B = ¯A∩B,¯ A= (A∩B)¯ ∪(A∩B)
A∩(B∪C) = (A∩B)∪(A∩C), A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C)
2. Dans l’exemple 2 de l’introduction, on considère les événements :
— A : “ la somme des deux dés est impaire ”
— B : “ la somme des deux dés est un nombre premier ”
— C : “ la somme des deux dés est le carré d’un entier ”
DéterminerA,B,C,A,¯ B,¯ C,¯ (A∩B),(A∩C),(B∩C),(A∩B∩C),(A∪B),(A∪C),(B∪C), (A∪B∪C),(A∩B),¯ (B∩A),¯ (A∩C),¯ (C∩A),¯ (B∩C),¯ (C∩B).¯
2.3 Définition d’une probabilité.
2.3.1 Définition intuitive.
Supposons qu’une expérience E conduise à un nombre fini de résultats, on note Ω l’univers des pos- sibilités. Si E est répétée un certain nombre de fois, on peut considérer la fréquence de réalisation d’un événementA⊂Ω :
fA,N =nA
N = nombre de réalisation deA nombre de répétitions de l’expérience On “définit” alors la probabilité deA :
P(A) = lim
N→∞fA,N = lim
N→∞
nA
N si cette limite existe ! On a immédiatement les propriétés suivantes :
P(Ω) = lim
N→∞
N N = 1 siA∩B=∅ P(A∪B) = lim
N→∞
nA+nB
N = lim
N→∞
nA N +nB
N
= lim
N→∞
nA N + lim
N→∞
nB
N =P(A) +P(B) Attention : la conditionA∩B=∅est importante.
Exemple 2.3.1. (cf. exemple 2.1.1)
1. Prenons l’exemple du lancer d’un dé équilibré. L’univers de l’expérience estΩ ={1,2,3,4,5,6}et si on lance ce dé un grand nombre de fois, chaque face va apparaître avec une fréquence proche de 1/6.
On a alors les probabilités suivantes : A=“on obtient 1 ou 2” : P(A) = 13 B=“on obtient 3 , 4 ou 5” : P(B) =12 C=“on obtient 2 , 3 ou 4” : P(C) = 12
P(A∪B) =P(A) +P(B) = 1 3+1
2 =5
6 (carA∩B=∅) P(A∪C) = 4
6 = 2
3 6=P(A) +P(C) = 1 3+1
2 = 5
6 (car A∩C6=∅)
2. Si on lance simultanément deux dés, et que l’on s’intéresse à la somme des faces obtenues, notre univers Ω est alors {2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12} mais chaque événement élémentaire n’a pas la même probabilité d’apparaître :
Evénement
élémentaire 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 T otal
Nombre de façons
de l’obtenir 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 36
Probabilité
de l’obtenir 1/36 1/18 1/12 1/9 5/36 1/6 5/36 1/9 1/12 1/18 1/36 1
2.3.2 Définition axiomatique dans le cas fini.
Le problème de la définition intuitive est qu’on ne sait pas si la limite des fréquences existe !
On se place dans le cas où Ω est un ensemble fini. On va définir une probabilité à partir des propriétés mises en évidence dans le paragraphe précédent.
a) Ensemble des événement.
Chaque événement est une partie de l’univers Ω. On noteP(Ω) l’ensemble de tous les événements.
Si card Ω =nalors cardP(Ω) = 2n. Exemples 2.3.2.
i) Tirage pile ou face.Ω ={p, f} :card Ω = 2.
P(Ω) =n
∅,{p},{f},{p, f}o
:cardP(Ω) = 4.
ii) Lancer d’un dé à 6 faces.Ω ={1,2,3,4,5,6}:card Ω = 6.
P(Ω) =n
∅,{1},{2}, . . . ,{6},{1,2}, . . . ,{5,6}, . . . ,{1,2,3,4,5,6}o
:cardP(Ω) = 26= 64.
Il y a 1 partie à 0 éléments, 6 parties à 1 éléments, 15 parties à 2 éléments, 20 partie à 3 éléments, 15 parties à 4 éléments, 6 parties à 5 éléments, 1 parties à 6 éléments :
1 + 6 + 15 + 20 + 15 + 6 + 1 = 64
Preuve. Par récurrence. La formule est vraie pourn= 2 (voir l’exemple ci-dessus).
Notons Ωn={1,2, . . . , n}et Ωn+1={1,2, . . . , n+ 1}= Ωnt {n+ 1}. Supposons que cardP(Ωn) = 2n. Toute partieAde Ωn donne deux parties distinctes de Ωn+1 :Aet At {n+ 1}.
Réciproquement, toutes les parties de Ωn+1 sont de cette forme. En effet, siB est une partie de Ωn+1, on pose :
A=B siB ne contient pasn+ 1 A=B\ {n+ 1}siB contientn+ 1 AlorsAest une partie de Ωn et B=AouB=At {n+ 1}.
Donc cardP(Ωn+1) = 2×cardP(Ωn) = 2×2n= 2n+1. b) Définition.
Définition 2.3.3. On appelle probabilité une applicationP:P(Ω)→[0,1]qui associe un nombre dans [0,1](penser à[0%,100%]) à tout événement et vérifiant :
• P(Ω) = 1.
• siAetB sont deux événements disjoints, alorsP(A∪B) =P(A) +P(B)
En d’autres termes la probabilité d’une union d’événements incompatibles est la somme des probabi- lités de ces événements.
Proposition 2.3.4. On a les relations suivantes : 1) P( ¯A) = 1−P(A).
2) En particulier, P(∅) = 0.
3) P(A∪B) =P(A) +P(B)−P(A∩B).
Dans le cas d’un ensemble fini, ces relations permettent de définir une probabilité de tout événement seulement à partir de la donnée des probabilités de chaque événement élémentaire, tout événement étant la réunion des singletons formés de ses éléments :
4) P(A) = X
ωi∈A
P({ωi}).
Preuve. Pour la première relation on aA∪A¯= Ω etA∩A¯=∅donc :
P(Ω) = 1 =P(A∪A) =¯ P(A) +P( ¯A) d’où P( ¯A) = 1−P(A).
En prenantA= Ω on aP(∅) =P( ¯A) = 1−P(A) = 1−1 = 0 ce qui donne la deuxième relation.
Pour la troisième, on remarque que :
A∪B = (A∩B)¯ ∪(B∩A)¯ ∪(A∩B)
A= (A∩B¯)∪(A∩B) etB= (B∩A)¯ ∪(A∩B) (A∩B), (B¯ ∩A), (A¯ ∩B) sont deux à deux disjoints donc :
P(A∪B) +P(A∩B) = P(A∩B) +¯ P(B∩A) + 2¯ P(A∩B)
= (P(A∩B) +¯ P(A∩B)) + (P(B∩A) +¯ P(A∩B))
= P(A) +P(B)
B
A A∩B¯ B∩A¯ B∩A¯ A∩B A∩B A∪B Ω
DansP(A) +P(B), on a compté deux fois l’intersection alors que dansP(A∪B), on ne l’a comptée qu’une seule fois.
Exercice 2.3.5. Un dé est plombé de sorte que la probabilité d’obtenir chaque face est proportionnelle au numéro de la face, c’est à dire :
P({k}) =αk k= 1, . . . ,6.
Déterminerαpuis la probabilité d’obtenir un résultat impair.
Réponse :α= 1/21etP(impair) = (1 + 3 + 5)/21 = 3/7.
L’équiprobabilité. Voyons maintenant un cas très particulier permettant de définir une probabilité : c’est le cas de l’équiprobabilité. On dit que l’on a équiprobabilité lorsque chaque événement élémentaire a la même probabilité : pensez à l’exemple 2.1.1(1) de l’introduction. Dans ce cas, la probabilité de chaque événementA est donnée par la formule suivante :
P(A) = card(A)
card(Ω) =nombre d’éléments deA nombre d’éléments de Ω
qui n’est rien d’autre que la proportion d’éléments de Ω qui sont dansA.On voit dans ce cas que les probabilités se réduisent à de la combinatoire (ou dénombrement), c’est à dire à compter le nombre d’éléments d’ensembles.
Dans beaucoup de cas, on se ramène à l’équiprobabilité : reprenons l’exemple 2.1.1 (2) pour lequel on n’a a priori pas équiprobabilité. En fait, imaginons que les deux dés soient de couleurs différentes un vert et un bleu par exemple. Si on considère comme espace de configuration l’ensemble des couples de résultats des deux dés, le vert en premier, le bleu en second alors notre nouvel espace de configuration est :
Ω2={(v, b)|1≤v≤6, 1≤b≤6}
tous les lancers sont équiprobables, avec probabilité 1
card(Ω2)= 1
36. Alors l’espace de configuration donné dans l’exemple 2.1.1 (2) est :
Ω ={v+b|(v, b)∈Ω2}.
Ainsi, par exemple :
P(v+b= 11) = card{(5,6),(6,5)}
card(Ω2) = 2 36 = 1
18, P(v+b= 6) =card{(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1)}
card(Ω2) = 5
36 ce qui était annoncé.
2.3.3 Cas infini.
Dans le cas où Ω est infini, il faut remplacer la deuxième propriété de la définition de probabilité par :
•Si (An)n∈N est une famille d’événements deux à deux disjoints, alorsP [
n∈N
An
=
∞
X
n=0
P(An) la somme infinie étant entendue comme une limite de sommes finies.
Exemples 2.3.6. 1. On lance une pièce de monnaie autant de fois que nécessaire pour obtenir “pile”
la première fois. Ω = N∗ et on note : An =“on obtient pile la première fois au n-ième lancer”, n∈N∗. On définit une probabilité surN∗ en posant :
∀n∈N∗, P({n}) = 1 2n On a :N∗= [
n∈N∗
{n}, et :
∞
X
n=1
P({n}) = lim
N→∞
N
X
n=1
P({n})
= lim
N→∞
1 2 +1
4+1 8 + 1
16+· · ·+ 1 2N
= lim
N→∞
1 2
1−21N
1−12
= 1 = P(N∗)
2. idem avec un dé. On lance un dé équilibré (à faces numérotées de 1 à 6), autant de fois que nécessaire pour obtenir “6” la première fois.Ω =N∗ et on note :An=“on obtient “6” la première fois aun-ième lancer”, n∈N∗. Définir la probabilité sur N∗ correspondant à ce contexte.
On distingue deux cas : le cas dénombrablepour lequel on peut numéroter tous les éléments de Ω avec des entiers, situation qui est proche du cas fini – on parle alors de probabilitésdiscrètes–, et le cas non dénombrable – on parle de probabilitéscontinues– où cette fois la notion de probabilité peut-être beaucoup plus complexe que dans le cas fini : par exemple, la notion d’événement est loin d’être simple à définir, et tous les événements élémentaires peuvent être de probabilité nulle donc ne suffisent donc pas à définir la probabilité de tout les événements. Nous reviendrons plus tard sur cette distinction, avec la notion de variable aléatoire.
2.4 Combinatoire (ou dénombrement).
2.4.1 Les listes (ou arragements)
Dans une liste, on tient compte de l’ordre dans lequel on range des objets. On distingue deux cas : avec ou sans répétition.
a) Arrangements avec répétition :
On dispose d’un ensemble E de n objets distincts (pensez aux vingt-six lettres de notre alphabet, ou à nos dix chiffres), et on veut former une suite (ordonnée) de p objets de E, en les répétant éventuellement(pensez à un mot, à un nombre entier).
Il y anp façons de le faire.
(nchoix pour le premier,nchoix pour le deuxième,. . .,nchoix pour lep-ième).
Exemple 2.4.1.
– On peut fabriquer263= 17 576mots de trois lettres avec notre alphabet (tous n’ont pas de sens bien sûr, et on oublie les accents, les cédilles,...).
– Un nombre entier d’au plus cinq chiffres peut être considéré comme un nombre à cinq chiffres, quitte à rajouter des 0 à gauche (327=00327). Ainsi, avec 10 chiffres (0,1,. . .,9), on fabrique 105= 100 000 nombres entiers d’au plus cinq chiffres (de 0=00000 à 99999). Pas surprenant ! (En exercice : compter le nombre de nombre de cinq chiffres en écriture standard : sans rajouter les zéros à gauche).
b) Arrangements sans répétition :
Cette fois on fait une liste depobjetstous distinctstirés d’un ensembleE denobjets. Le nombre de façon de le faire est noté traditionnellement
Apn=
0 sip > n
n(n−1)(n−2). . .(n−p+ 1) sip≤n
(nchoix pour le premier,n−1 choix pour le deuxième,n−2 choix pour le troisième, . . .,n−p+ 1 choix pour lep-ième).
Remarques 2.4.2. Si on noteAnn =n! le nombre de façon d’ordonnern objets distincts alors 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2·1 = 2, . . . , n! =n·(n−1)·(n−2)· · ·2·1
et Apn= n!
(n−p)! si 0≤p≤n Exemples 2.4.3.
Une course de chevaux compte 24 partants. Combien y a-t-il de tiercés, de quartés possibles ? A324= 24×23×22 = 12 144tiercés A424=A424×21 = 255 024 quartés.
Combien de nombre de cinq chiffres avec tous les chiffres distincts peut-on fabriquer : si on rajoute éventuellement un 0 à gauche :
A510= 10×9×8×7×6 = 30 240 si on ne rajoute pas de 0 à gauche :
A510−A410= 9×9×8×7×6 = 27 216
2.4.2 Les répartitions par “paquets”
Dans un “paquet”, les objets sont tous distincts deux à deux mais on ne tient pas compte de l’ordre.
a) Les combinaisons.
Le nombre de paquets depobjets tirés d’un ensembleE denobjets est appelé nombre de combinaisons depobjets parmi n, et noté
n p
(ancienne notation :Cnp).
Si p > nalors n
p
= 0: il n’y a aucune façon de le faire.
Si p≤ nalors n
p
= n(n−1)(n−2). . .(n−p+ 1)
p(p−1)(p−2). . .1 = n!
p!(n−p)!.
(si on ordonne lespobjets choisis parmin, on obtient un arrangement de cespobjets parmin. Comme il y ap! façons d’ordonnerpobjets, on a :Apn=p!
n p
).
Remarques 2.4.4.
1. On peut aussi interpréter ce résultat comme le nombre de façons de répartir n objets en deux paquets : le premier contenantpobjets et le second contenant n−pobjets.
2. Ces coefficients satisfont les relations suivantes : n
0
= 1,
n p
= n
n−p
Triangle de pascal (cf. ci-contre) : n
p
+ n
p+ 1
= n+ 1
p+ 1
. Binôme de Newton :
(a+b)n=
n
X
p=0
n p
apbn−p.
On les appelle aussi coefficients binomiaux.
p p+1
0 1 2 3 4 5 6 7 8
0 1 1 1 1
2 1 2 1
3 1 3 3 1
4 1 4 6 4 1
5 1 5 10 10 5 1
n 6 1 6 15 20 + 15 6 1 n+ 1 7 1 7 21 35 35 21 7 1
8 1 8 28 56 70 56 28 8 1
Exemples 2.4.5.
— Loto ancienne version : tirage de 6 numéros parmi 49 : 496
= 13 983 816possibilités.
— On répartit un jeux de tarot formé de 78 carte en quatre paquets de 18 cartes (et 6 cartes dans le chien). Il y a 786
= 256 851 595chiens possibles et 7818
= 212 566 476 905 162 000mains possibles.
b) Les combinaisons enk paquets de tailles données.
Le nombre de façons de répartirnobjets distincts danskpaquets de sorte que :
• le premier paquet contient n1objets ;
• le deuxième contientn2 objets ; . . .
• lek-ième contientnk objets ;
avecn1+n2+· · ·+nk =nest : n!
n1!n2!· · ·nk! = n
n1
n−n1
n2
· · ·
n−n1− · · · −nk−1 nk
Cette quantité est appelée coefficient multinomial.
Exemple 2.4.6. Pour des séances de TP, on doit répartir 25 étudiants en trois groupes : le premier de 7, le deuxième et le troisième de 8. Il y a 25!
7!8!8!= 1 893 102 354 000'1,9.1012 façons de le faire ! Les répartitions d’objets indiscernables :
le nombre de façons de répartirnobjets indiscernables en kpaquets numérotés (mais éventuellement vides) est :
n+k−1 n
=
n+k−1 k−1
.
Exemple 2.4.7. Je dois ranger 6 paires de chaussettes (identiques) dans ma commode qui a 3 tiroirs, n1 dans le premier,n2 dans le deuxième etn3 dans le troisième. Il y a 86
= 82
= 28façons de le faire.
Voici le diverses façons, avec en dernière ligne le nombre de cas lorsque les paires de chaussettes sont deux à deux discernables :
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28
n1 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 5 5 6
n2 0 1 2 3 4 5 6 0 1 2 3 4 5 0 1 2 3 4 0 1 2 3 0 1 2 0 1 0
n3 6 5 4 3 2 1 0 5 4 3 2 1 0 4 3 2 1 0 3 2 1 0 2 1 0 1 0 0
n!
n1!n2!n3! 1 6 15 20 15 6 1 6 30 60 60 30 6 15 60 90 60 15 20 60 60 20 15 30 15 6 6 1
2.5 Probabilités conditionnelles.
Soit (Ω,P) un espace muni d’une probabilité et soitAun événement tel que P(A)6= 0.
Définition 2.5.1. On appelle probabilité conditionnelle sachantAla probabilité définie pour tout événe- ment B par :
P(B/A) =P(A∩B) P(A) C’est “la proportion dansA de la part de B qui rencontre A”
Exemple 2.5.2. Pour faire des analyses, on prélève un échantillon de 10 fromages. On suppose que 4 d’entre eux contiennent une dose importante de salmonelles. On tire au hasard un fromage que l’on teste, puis un deuxième. Sachant que le premier fromage est sain, quelle est la probabilité que le deuxième soit également sain ?
Soient A l’événement le premier fromage est sain, B l’événement le deuxième fromage est sain. La probabilité cherchée est :
P(B/A) = 5 9 =
1 3 3 5
car P(A) = 6 10 =3
5 et P(A∩B) =
6 2
10 2
=15 45 = 1
3
Remarquons que souvent dans la pratique on ne calcule pasP(A∩B)/P(A) mais on interprète l’événement conditionnelB/A; dans notre exemple :
Si Aest vrai, il reste 9 fromage dont 4 sont infectés et 5 sont sains. D’oùP(B/A) =59. L’intérêt des probabilité conditionnelles est motivé par :
Proposition 2.5.3. En renversant la formule, on a la formule des probabilités composées : P(A∩B) =P(A)×P(B/A) (si P(A)6= 0)
(et de même P(A∩B) =P(B)×P(A/B)siP(B)6= 0)).
On peut généraliser :
P(A∩B∩C) =P(A)·P(B/A)·P(C/A∩B) (siP(A)6= 0et P(A∩B)6= 0).
et même, siP(A1)6= 0,P(A1∩A2)6= 0, . . .,P(A1∩A2∩. . .∩An−1)6= 0:
P(A1∩A2∩. . . An) =P(A1)·P(A2/A1)·P(A3/A1∩A2)· · ·P(An/A1∩A2∩. . .∩An−1)
Définition 2.5.4. On dit que deux événements A et B sont indépendants si l’un des deux est de pro- babilité nulle ou si P(A/B) =P(A): en d’autre termes, le fait de savoir que A se réalise n’apporte pas d’information sur la probabilité que B se réalise.
Remarquons que dans ce cas, on a aussi P(B/A) =P(B) et P(A∩B) =P(A)·P(B). On aurait pu prendre cette dernière formule comme définition de l’indépendance.
On peut alors généraliser :A, B, C sont mutuellement indépendants si :
P(A∩B) =P(A)·P(B), P(B∩C) =P(B)·P(C), P(A∩C) =P(A)·P(C) et P(A∩B∩C) =P(A)·P(B)·P(C).
. . . même chose pourA1, A2, . . . , An.
Attention :indépendants ne veut pas dire disjoints, bien au contraire (deux événement disjoints ne sont jamais indépendants sauf si l’un des deux a une probabilité nulle).
Proposition 2.5.5. SoientE1, . . . , En un système complet d’événements etAun événement quelconque alors :
1. P(A) =
n
X
i=1
P(A/Ei)·P(Ei)(formule des probabilités totales).
2. Si de plus P(A)6= 0, on a la formule de Bayes :
P(Ej/A) = P(A/Ej)·P(Ej)
n
X
i=1
P(A/Ei)·P(Ei) .
3. En particulier, siA etE sont deux événements tels que P(A)6= 0,P(E)6= 0et P( ¯E)6= 0 alors : P(E/A) = P(A/E)·P(E)
P(A/E)·P(E) +P(A/E)¯ ·P( ¯E).
Exemple 2.5.6. On dispose de trois lots de 49, 45 et 36 fromages, le premier contenant 7 fromages infectés par la salmonelle, le deuxième 5 et le troisième 3.
On choisit un lot au hasard, dont on tire un fromage.
On note Li,i ∈ {1,2,3} l’événement “le fromage provient du i-ième lot” et S l’événement “le fromage est infecté par la salmonelle”.
La probabilité qu’il soit infecté par la salmonelle est :
P(S) =
3
X
i=1
P(S/Li)P(Li) = 7 49×1
3 + 5 45×1
3 + 3 36×1
3
= 1
3 1 7 +1
9+ 1 12
= 11,24%
Sachant que le fromage est infecté la probabilité qu’il vienne du premier lot est :
P(L1/S) = P(S/L1)P(L1)
3
X
i=1
P(S/Li)P(Li)
=
1 7×13
1
7×13+19×13+121 ×13 = 42,35%
