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MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Chap. 3 Probabilités
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terminologie anglais – français
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probabilités VERSUS statistiques
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espace de probabilités / fonction de probabilités
■
théorèmes
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comment attribuer les probabilités ?
■
formules de dénombrement
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probabilité conjointe – conditionnelle – marginale
■
indépendance
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théorème de Bayes
Bernard CLÉMENT, P h D
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MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Chap. 3 Probabilités Terminologie anglais – français
chance experiment …………. expérience aléatoire
outcome ……… dénouement
sample space ……….. espace d’échantillonnage
event ……… évènement
probability space ……….. espace de probabilités
equally likely outcomes ……… dénouement équiprobable
Bernard CLÉMENT, P h D
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
STATISTIQUES PROBABILITÉS base (quoi) données raisonnement / logique processus observation modélisation
(comment)
quand a posteriori a priori où échantillon population
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie définitions
Expérience aléatoire : processus planifié dont l’issue ne peut être prédite avec certitude
ex: jet d’un dé / mesure de la taille d’un individu Dénouement : tout résultat ou issue la plus élémentaire possible Espace d’échantillonnage : totalité de tous les dénouements possibles Évènement : tout sous ensemble de l’espace d’échantillonnage
Évènement mutuellement exclusifs: qui ne partage aucun dénouement Espace de probabilités: espace d’échantillonnage S = { o
1,
o 2, …,}
et une fonction P de S dans l’intervalle [ 0 , 1 ] 1. qui associe une probabilité p
ià o
iavec 0 ≤ p
i ≤1 2. tel que
∑p
i= 1
3. P est une fonction additive sur S
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Bernard CLÉMENT, P h D
Fonction de probabilité
S : espace de probabilité E : évènenent de S ( =sous ensemble de S) P ( E ) est un nombre réel appelé « probabilité de E »
La fonction P doit satisfaire les propriétés suivantes : 1. 0 ≤ P ( E ) ≤ 1
2. P (S ) = 1 S est un évènement certain
3. { E
1, E
2, … , E
k ..} évènements définis sur S et mutuellement exclusifs 2 à 2 : E
i ∩E
j= { Φ } i ≠ j
P ( U E
i) = ∑ P ( E i ) additivité
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Bernard CLÉMENT, P h D
T H É O R È M E S
•
{ Φ } ensemble vide ( aucun dénouement ) alorsP
( { Φ } )= 0
• Ē l’évènement complémentaire à E ( non E) alors P (
Ē) = 1 – P ( E )
• P ( E
1U E
2) = P ( E
1) + P ( E
2) - P ( E
1∩E
2)
E 1 E 2
S E 1 ∩ E 2
•
P ( E
1U E
2U E
3) = P ( E
1) + P ( E
2) + P ( E
3) - P ( E
1∩E
2) -
P ( E1 ∩E 3) - P ( E 2∩E3) + P ( E1∩E 2 ∩E 3 )•
E
1E
2alors P ( E
1) ≤ P ( E
2)
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Comment attribuer des probabilités à o
i?
1.
estimations basées sur les fréquences: on observe n fois le phénomène pouvant se dénouer dans o
ion obtient n i réalisations de o
idans la séquence observée
P ( E ) ≈ n i / n c’est une estimation ! 2.
hypothèses de modélisation:
un exemple en physique atomiquen particules réparties au hasard dans m boîtes ( m > n )
la probabilité de trouver 0 ou 1 particule dans n boîtes spécifiques est
= n !
/ mnsi particules différentiables ( Maxwell-Boltzman )
=
( m – 1 ) ! n ! / (m + n – 1 ) ! part. non différentiables ( Bose – Einstein)=
n ! ( m – n ) ! / m ! part. non diff. + jamais 2 par boîte ( Fermi-Dirac )MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Comment attribuer des probabilités à o
i?
2.
hypothèses de modélisation:
un exemple en physique atomique exemple numérique : n = 3 particules m = 5 cellulesarrangement | * | - | * | * | - | *
= particule | | = celluleprobabilités : 6 /125 = 0,048 Maxwell Boltzman
1/35 = 0,029 Bose-Einstein 1/10 = 0,10 Fermi-Dirac
3.
postulat dérivé de l’observation des données : par exempledistribution gaussienne (courbe en cloche) pour les mesures observées
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Bernard CLÉMENT, P h D
Dénouements équiprobables : « chances égales »
•on met sur pied les conditions nécessaires mais la garantie n’est jamais assurée ….
•si l’espace échantillonnal S est de taille finie N, S = { o 1, o 2, …. o N} dénouements sont supposés équiprobables alors P( { o I } ) = 1 / N
• Conséquence : l’évaluation de probabilité d’ évènement repose sur l’application des formules de dénombrement
•Principe multiplicatif : si A 1,A 2,…, A ksont des ensembles ayant n 1 , n 2, …, n kéléments : n 1X n 2X…X n k façons de composer
un ensemble B avec un élément de A 1, un de A 2,…, un élément de A k
•Permutations : P nn= n ! arrangement distincts de n objets (ordre)
•Arrangements : A n k= n ! / ( n – k ) ! arrangements de k objets parmi n
•Combinaisons : C n k= n ! / [ ( n – k ) ! k ! ] k objets parmi n sans tenir en compte l’ordre
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Bernard CLÉMENT, P h D
Exemple : loterie 6/49
Combinaisons C496= 49 ! / [ ( 49- 6) ! 6 ! ] = 13 983 816 dénouements possibles événements favorables :
6 sur 6 : C66 x C430 = 1 5 sur 6 +: C65 x C11x C420= 6 5 sur 6 : C65 x C421 = 252 4 sur 6 : C64 x C432 = 13545
3 sur 6 : C63 x C433 = 246 820
façons de gagner 260 624
façons de perdre 13 723 192
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Exemple : essais de Bernoulli
2 dénouements possibles S = « succès » E = « échecs »
« succès » n’est pas toujours désirable ! On répète jusqu’à l’obtention du premier succès S
exemple : roulette russe
p=1/6 succès et 1-p=q=5 /6 échec 1 P (S) = p
2 P ( E S ) = q p 3 P ( E E S) = q q p
………..
k P (E E E…E S) = q
k – 1p
∑ q
k – 1p = p ∑ q
k – 1= p / ( 1- q) = 1
loi géométrique
nombre moyen d’essais avant le premier succès : 1 p
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Exemple : échantillonnage d’un lot de pièces
lot de 100 pièces dont 5 sont non- conforme (défauts) tirage échantillon de 10 pièces au hasard et chaque pièce est soumise à un test destructif
E : aucune pièce non conforme dans l’échantllon P ( E ) = ?
S l’espace échantillonnal contient C
10010échantillons possibles E est défini par les C
9510x C
50échantillons favorables
P ( E ) = C
9510x C
50/ C
10010= 0,584
exemple d’une loi hypergéométrique (vue chap 4)
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Bernard CLÉMENT, P h D
Probabilités : conjointe – conditionnelles - marginales Exemple : assemblage de 2 composants
composant 1 : possibilité de 0 -1- 2 -3 défauts composant 2 : possibilité de 0 -1- 2 -3 - 4 défauts
modèle de probabilité pour l’assemblage (i , j ) = dénouement
P (0, 0 ) = 0.5 assemblage sans défaut P ( i, j ) = k / ( i + j ) si ( i, j ) = ( 0, 1), ….. (3, 4)
k = ?
Bernard CLÉMENT, P h D 6,910 1.000 14
0,010 0,143
7 4 3
0,012 0,167
6 3 3
0,014 0,200
5 2 3
0,018 0,250
4 1 3
0,024 0,333
3 0 3
0,012 0,167
6 4 2
0,014 0,200
5 3 2
0,018 0,250
4 2 2
0,024 0,333
3 1 2
0,036 0,500
2 0 2
0,014 0,200
5 4 1
0,018 0,250
4 3 1
0,024 0,333
3 2 1
0,036 0,500
2 1 1
0,072 1,000
1 0 1
0,018 0,250
4 4 0
0,024 0,333
3 3 0
0,036 0,500
2 2 0
0,072 1,000
1 1 0
0,500 0
0 0
prob-(i,j) 1/ (i+j)
i +j j
i
0.500
k = 0,5/ 6,91
= 0,0723
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
1,000 0,055
0,069 0,093
0,151 0,633
total
0,079 0,01
0,012 0,014
0,018 0,024
3
0,105 0,012
0,014 0,018
0,024 0,036
2
0,165 0,014
0,018 0,024
0,036 0,072
1
0,651 0,018
0,024 0,036
0,072 0,5
0
total 4
3 2
1 0
i / j
Fonction de probabilité conjointe
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
3D Scatterplot (ch3-prob-conjointe.sta 30v*31c)
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Bernard CLÉMENT, P h D
Probabilité conditionnelle P ( F | E ) probabilité que l’événement F se réalise
compte tenu de la contrainte « E s’est réalisé » il faut que P ( E ) > 0 dans S
E devient le nouvel espace d’échantillonnage (référentiel) pour tous les événements F à venir
il faut que P (E) = 1 au yeux de P(F ∩E) Définition P ( F | E ) = P(F ∩E) / P ( E )
aussi P ( E | F) = P(E ∩F) / P ( F )
donc P(E ∩F) = P ( E ) P ( F | E ) = P ( F ) P ( E | F) Définition E et F sont indépendants si
P(E ∩F) = P ( E ) P ( F ) Théorème : si E et F sont indépendants alors
E et F sont indépendants E et F sont indépendants E et F sont indépendants
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MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Bernard CLÉMENT, P h D
1,000 0,055
0,069 0,093
0,151 0,633
total
0,079 0,01
0,012 0,014
0,018 0,024
3
0,105 0,012
0,014 0,018
0,024 0,036
2
0,165 0,014
0,018 0,024
0,036 0,072
1
0,651 0,018
0,024 0,036
0,072 0,5
0
total 4
3 2
1 i /j 0
fonctions de probabilités marginales
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
1,000 0,131 0,153 0,183 0,229 0,305 3
1,000 0,115 0,138 0,172 0,223 0,345 2
1,000 0,088 0,109 0,146 0,219 0,438 1
1,000 0,028 0,037 0,056 0,111 0,768 0
total 4
3 2 1 j / i 0
Fonctions de probabilités conditionnelles
1 1 1 1 1 total
0,188 0,175 0,156 0,12 0,038 3
0,219 0,211 0,145 0,16 0,057 2
0,263 0,263 0,259 0,24 0,114 1
0,329 0,351 0,389 0,48 0,791 0
4 3 2 1 0 i / j
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Liens probabilités: conjointe – marginales – conditionnelles
conjointe marginales
sommation
p( i ) = ∑ p ( i, j )
j
p( j ) = ∑ p ( i, j ) i
conjointe conditionnelles
normalisation
p( i / j ) = ∑ p ( i, j ) / p ( i ) j
p( j / i ) = ∑ p ( i, j ) / p ( j ) i
conjointe + indépendance marginales
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MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Bernard CLÉMENT, P h D
1,000 0,055 0,069 0,093 0,151 0,633 P ( j )
0,079 0,01
0,012 0,014 0,018 0,024 3
0,105 0,012 0,014 0,018 0,024 0,036 2
0,165 0,014 0,018 0,024 0,036 0,072 1
0,651 0,018 0,024 0,036 0,072 0,5
0
P( i ) 4
3 2 1 0 i /j
Exemple : assemblage de 2 composants - indépendance ?
P( 0, 0) = 0,5≠0,412 = 0,633 *0,651= P( i=0) *P( j = 0 ) pas indépendants
P(2,3) = 0,014 ≠ 0,0072 = 0,105 *0,069 = P (i =2 )*P( j=3 )
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Bernard CLÉMENT, P h D
exemple : modélisation avec indépendance prototype véhicule fin de test (essai)
M1 : moteur OK M2 : moteur état moyen M3 : moteur état médiocre
Probabilité = 0,6 = 0,3 = 0,1
D1 : direction OK D2 : direction non opérationnelle Probabilité : = 0,.8 = 0,2
A1 : amortisseur OK A2 : amortisseur dégradé A3 : amortisseur brisé
Probabilité = 0,7 = 0,2 = 0,1
probabilités conjointes : hypothèse d’indépendance / 18 CAS Mi ∩ Dj ∩ Ak prob M i ∩Dj ∩Ak prob M i ∩ Dj ∩Ak prob
1 1 1 0,336 2 1 1 0,168 3 1 1 0,056 1 1 2 0,096 2 1 2 0,.048 3 1 2 0,016 1 1 3 0,048 2 1 3 0,024 3 1 3 0,.008 1 2 1 0,084 2 2 1 0,042 3 2 1 0,014 1 2 2 0,024 2 2 2 0,012 3 2 2 0,004 1 2 3 0,012 2 2 3 0,006 3 3 3 0,002
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
exemple( suite) : prototype véhicule fin de test (essai)
probabilités conjointes avec hypothèse d’indépendance Mi ∩ Dj ∩ Ak prob M i ∩Dj∩ Ak prob M i ∩ Dj ∩ Ak prob 1 1 1 0,336 2 1 1 0,168 3 1 1 0,056 1 1 2 0,096 2 1 2 0,048 3 1 2 0,016 1 1 3 0,048 2 1 3 0.024 3 1 3 0,008 1 2 1 0,084 2 2 1 0,042 3 2 1 0,014 1 2 2 0,024 2 2 2 0,012 3 2 2 0,004 1 2 3 0,012 2 2 3 0,006 3 3 3 0,002 Fk : k composants sont fonctionnels k = 0, 1, 2, 3 P(Fk) = ? P(F3) = P ( M1 ∩ D1 ∩ A1 ) = 0,336
P(F2) = P ( M1∩ D 1∩ A2 ) + P( 113 ) + P (211) + P (311) = 0,452
P(F1) = P(122) + P(123) + P (212) + P(213) + P(221) + P(312) + P(313) + P( 321) =0,188 P(F0) = P(222) + P(223) + P (322) + P ( 323) = 0,024
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Théorème de Bayes
Définition : Partition de SE 1
,
E 2,
…..,
Eksous-ensembles disjoints de S tels que
E 1U E 2 U …..U Ek = Salors les événements E
1, E
2, ….., E
kforment une partition de
S remarque : un seul E peut se réaliser à la foisThéorème : si k événements E i
(
i = 1 ,2, … k ) forment une partition et que F est un événement défini sur S alorsF = ( F ∩E 1
) U (
F ∩E2 ) U …. U ( F ∩E k) E 1 FE 2 E 3
F ∩ E 3 E10
P(F) = ∑ P(F ∩ E
i) = ∑ P( E
i) P ( F| E
i)
probabilité totale de F
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MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Bernard CLÉMENT, P h D
Théorème de Bayes: si k événements E i
(
i = 1 ,2, … k ) forment une partition de S et F est un événement défini sur S , alorsP( E
r| F) = P( E
r) P( F | E
r) / ∑ P( E
i) P ( F| E
i)
Question : événement F provient – il de E
r?
Exemple : téléchargement de fichiers provenant de 3 sites WEB fichiers sont potentiellement infectés
site proportion chargée proportion contaminée 1 10% 1%
2 20% 0,5%
3 70% 0,8%
F : fichier infecté quel site E i soupçonner en premier ? P( E
1| F ) = ? P( E 2| F ) = ? P( E 3| F ) = ?P( F) = 0,1*0,01 + 0,2* 0,005 + 0,7*0,008 = 0,0076
P( E 1|F) =0,001 / 0,0076 = 0,1315 P( E 2|F) = 0,1315 P( E 3|F) = 0,737
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MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Bernard CLÉMENT, P h D
Recommendations et ‘règles du pouce’ (RP)
RP1 : ne pas multiplier les
hypothèses
au delà de la nécessité base : simplicité et parcimonieRP2 : ne pas multiplier les
probabilités
au delà de la nécessité base : les probabilités sont bornées par 1 et l’opérationde multiplication donnera toujours un nombre plus petit exemple: procès en 1964 à LA - vol d’une bourse en pleine rue
description du vol - Une femme blanche aux cheveux blonds en queue de cheval arracha une bourse à une autre femme.
La voleuse courut et fut reconnue plus loin alors qu’elle entrait dans une voiture taxi de couleur jaune conduite par un homme de race noire portant une moustache et une barbe . QUELLE EST LA PROBABILITÉ DE L’ÉVÉNEMENT CI- HAUT ?
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Recommendations et ‘règles du pouce’ (RP)
Avocat de la poursuite (couronne) proposa le calcul suivant :
événement probabilité produit probabilité
E1 : cheveux blond 1 / 3 1 / 3
E2: cheveux en queue de cheval 1 / 10 1 / 30
E3: voiture couleur jaune 1 / 10 1 / 300
E4: homme portant barbe 1 / 10 1 / 3 000
E5: homme portant moustache 1 / 4 1 / 12 000 E6: couple inter race voiture 1 / 1000 1 / 12 000 000
E = E1 ∩E2 ∩E3 ∩E4 ∩E5 ∩E6 1 / 12 000 000 = p
( hypothèse d’indépendance )
résultat : couple en accusation fut condamné : p est trop petite !
MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Recommendations et ‘règles du pouce’ (RP)
RP3: préciser toujours l’espace d’échantillonnage afin d’énoncer un risque.
base : un énoncé de probabilité repose sur l’espace d’échantillonnage sur lequel il s’applique;
Une probabilité est toujours conditionnelle.
Soyez précis sur le référentiel de référence.
Question pertinente : quel est le groupe, quelles sont les unités, etc...
sur lesquels on énonce la probabilité ? Exemple : selon un ouvrage sur l’évaluation des risques,
il y a une probabilité 0,0006 de mourir dans un accident durant l’ascension d’une montage.
On présume que le groupe de référence est : groupe des personnes qui font de l’ascension de montages.