CH IX : Probabilités sur un univers fini
I. Espace probabilisable fini
I.1. Notion d’expérience aléatoire Définition
• On appelle expérience aléatoire toute expérience dont le résultat ne peut être prédit de manière certaine. Autrement dit, une expérience dont le résultat dépend du hasard.
Commençons par introduire, au travers d’exemples, les définitions que l’on va poser par la suite.
Exemple
1) Expérience : on effectue un lancer d’un dé 6.
• Univers : Ω ={1,2,3,4,5,6}.
L’univers d’une expérience est l’ensemble des résultats possibles de l’ex- périence.
• Événement A : le résultat obtenu est pair.
Un événement est une propriété de l’expérience qui peut être vérifiée ou non. Un événement est donc entièrement déterminé par l’ensemble des résultats pour lesquels elle est vérifiée.
A={2,4,6} ⊂Ω
• Notons ω le résultat de l’expérience.
On dit que l’événementA est réalisé si le résultat de l’expérience vérifie l’événement. Autrement dit, si : ω∈A
2) Expérience : on considère une urne contenant 3 boules numérotées.
L’expérience consiste au tirage successif et sans remise de ces 3 boules.
• Univers : Ω ={(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)}.
L’univers est l’ensemble des 3-listes possibles.
• Événement B : le résultat obtenu représente un entier inférieur à229.
B ={(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3)} ⊂Ω
• Notons ω le résultat de l’expérience.
L’événement est notamment réalisé si son résultat est ω= (1,3,2).
3) Expérience : on considère une urne contenant 5 boules numérotées. On effectue maintenant un tirage simultané de trois boules dans l’urne.
• Univers : Ω ={{1,2,3},{1,2,4},{1,2,5},{1,3,4},{1,3,5},{1,4,5}, {2,3,4},{2,3,5},{2,4,5},{3,4,5}}.
L’univers est l’ensemble des 3-combinaisons possibles : il y en a 53 .
• Événement B : la somme des chiffres inscrits sur les boules est un multiple de 3.
B ={{1,2,3},{1,3,5},{2,3,4},{3,4,5}} ⊂Ω
• Notons ω le résultat de l’expérience.
L’événement est notamment réalisé si son résultat est ω={1,3,5}.
I.2. Espace probabilisable fini Définition
On appelleespace probabilisable finila donnée du couple (Ω,P(Ω))où :
• Ωest ensemble fini appelé univers (ou univers des possibles).
C’est l’ensemble des résultats possibles d’une expérience aléatoire.
(Ω ={ω1, . . . , ωn})
• P(Ω)est l’ensemble des événements.
• Les singletons {ωi} sont appelésévénements élémentaires.
• Un événement A ⊂ Ω est dit réalisé si le résultat de l’expérience est un élément de A.
I.3. Événements Définition (Vocabulaire)
Soit (Ω,P(Ω))un espace probabilisable fini.
Soit (A, B)∈ P(Ω)2 un couple d’événements.
• L’événement∅est l’événementimpossibleetΩest l’événementcertain.
• SiA∩B =∅, les événementsAetB sont dits incompatibles.
• SiA⊂B, on dit que l’événementA implique l’événementB.
(si A est réalisé, B l’est aussi)
• SiC =A∪B, l’événementC est réalisé si Al’est ouB l’est.
• SiC =A∩B, l’événementC est réalisé si Al’est et B l’est.
• L’événement A, événementcontraire deA, est réalisé siA ne l’est pas.
Définition (Système complet d’événements) Soit (Ω,P(Ω))une espace probabilisable fini.
Soientm∈N∗ et(Ai)i∈
J1,mK une famille d’événements.
• La famille (Ai)i∈
J1,mK est un système complet d’événements fini si : 1) Ai∩Aj =∅pour touti6=j
(les événements sont deux à deux incompatibles) 2) Ω =
Sm
i=1
Ai Remarque
C’est une réécriture de la notion de partition avec le vocabulaire probabiliste.
Une hypothèse diffère légèrement : dans le cas d’une partition, on suppose tous lesAi différents de∅, ce qui n’est pas (toujours) exigé dans le cas d’un système complet d’événements.
Exemple
Si(Ω,P(Ω)) est un espace probabilisable fini avecΩ ={ω1, . . . , ωn}.
• (A, A)est un système complet d’événements.
• ({ω1}, . . . ,{ωn}) est un système complet d’événements.
II. Espace probabilisé fini
II.1. Probabilité Définition
Soit (Ω,P(Ω))un espace probabilisable fini.
Une probabilité est une applicationP:P(Ω)→[0,1]telle que : 1) ∀A∈ P(Ω), 06P(A)61
2) P(Ω) = 1
(la probabilité de l’événement sûr est 1)
3) Pour tout couple(A, B)∈ P(Ω)2 tels queA∩B =∅, on a : P(A∪B) = P(A) +P(B)
(cette propriété est appelée additivité)
Lorsqu’une telle application existe, le triplet (Ω,P(Ω),P) est appelé espace probabilisé fini.
Remarque
Nous avons déjà rencontré une application vérifiant la propriété d’additivité : le cardinal ! (si A∩B =∅, Card(A∪B) = CardA+ CardB)
En général, l’applicationCardn’est pas une application probabilité.
En effet, on a :
• siΩ ={ω1, . . . , ωn}, on aCard(Ω) =n,
• ainsi : Card(Ω) = 1 ⇔ Ω ={ω}.
(Ω est réduit à un élément)
II.2. Propriétés des probabilités Propriété
Soit (Ω,P(Ω),P)un espace probabilisé fini.
Soit AetB deux événements (A⊂Ω,B ⊂Ω).
Alors :
1) P(A) = 1−P(A) doncP(∅) = 0 2) P(B\A) =P(B)−P(A∩B) 3) A⊂B ⇒ P(A)6P(B)
4) P(A∪B) =P(A) +P(B)−P(A∩B) Démonstration.
1) On a : A∪A= Ω (réunion disjointe).
Ainsi, par additivité :
P(A∪A) =P(A) +P(A) =P(Ω) = 1 2) On a : (B\A) ∪ (A∩B) =B (réunion disjointe).
Ainsi, par additivité :
P((B\A) ∪ (A∩B)) =P(B\A) +P(A∩B) =P(B) 3) D’après le point précédent : P(A∩B) +P(B\A) =P(B).
Or, commeA⊂B, on aA∩B =A. Ainsi :
P(B) =P(A) +P(B\A)>P(A)
4) On a : A∪B =A∪(B\A) (la deuxième réunion est disjointe).
On en déduit, à l’aide du point 2) que : P(A∪B) = P(A∪(B\A))
= P(A) +P(B\A)
= P(A) +P(B)−P(A∩B)
Théorème 1. Formule du crible (ou de Poincaré) Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
Soit A, B, C trois événements.
P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C)
− P(A∩B) − P(A∩C) − P(B∩C) + P(A∩B∩C)
Démonstration.
P(A∪B∪C)
= P(A∪(B∪C))
= P(A) +P(B∪C)−P(A∩(B∪C))
= P(A) +P(B) +P(C)−P(B∩C)−P(A∩(B∪C))
= P(A) +P(B) +P(C)−P(B∩C)−P((A∩B)∪(A∩C))
= P(A) +P(B) +P(C)−P(B∩C)
−(P(A∩B) +P(A∩C)−P((A∩B)∩(A∩C)) )
= P(A) +P(B) +P(C)
−P(B∩C)−P(A∩B)−P(A∩C) +P(A∩B∩C)
Encore une fois, c’est une conséquence directe de la propriété d’additivité.
Ainsi, on obtient une formule analogue à celle du cours sur le cardinal.
Remarque
On peut généraliser cette formule au cas d’une union d’un nombre fini m d’événements. La formule générale est donnée en copiant le schéma de celle énoncée dans le théorème :
× à chaque ligne on change de signe (on note positivement la première),
× à chaque ligne on considère des probabilités d’intersections regroupant un événement de plus.
Théorème 2.
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini (Ω ={ω1, . . . , ωn}).
Soient m ∈ N∗ et A1, . . . , Am des événements deux à deux incompatibles (i.e. Ai∩Aj =∅ pour tout i6=j).
Alors :
P m
S
i=1
Ai
=
m
P
i=1
P(Ai)
On a notamment, pour tout événement A, P(A) = P
i∈J1,nK tqωi∈A
P({ωi}) Démonstration.
Conséquence de l’additivité ! Corollaire 1.
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
Soient (A1, . . . , Am) un système complet d’événements.
Pm
i=1
P(Ai) = 1 et ∀B ∈ P(Ω), P(B) = Pm
i=1
P(B∩Ai) Démonstration.
Conséquence du théorème 2 et de la définition de système complet d’événe- ments. Il suffit de remarquer que :
B=B∩Ω =B∩ m
S
i=1
Ai
=
m
S
i=1
(B∩Ai) C’est une union d’événements incompatibles : en effet, sii6=j,
(B∩Ai) ∩ (B∩Aj) = B ∩ Ai ∩ B ∩ Aj = B ∩ B ∩ Ai ∩ Aj
= (B ∩ B) ∩ (Ai ∩ Aj) = B ∩ ∅ = ∅ Il suffit alors d’utiliser la propriété d’additivité.
II.3. Le cas de l’équiprobabilité Définition
Soit (Ω,P(Ω))un espace probabilisable fini. On noteΩ ={ω1, . . . , ωn}.
• On appelle probabilité uniforme la probabilité Pvérifiant : P({ω1}) = . . . = P({ωn}) = 1
n
• Lorsqu’un espace probabilisable (Ω,P(Ω))est muni de la probabilité uni- forme, on dit qu’il y aéquiprobabilité.
Cette probabilité est généralement définie à l’aide de l’application Card comme le stipule l’énoncé suivant.
Théorème 3.
Soit (Ω,P(Ω)) un espace probabilisable fini.
• Il existe une unique probabilité Pprenant la même valeur sur tous les évé- nements élémentaires.
• Cette probabilité est appelée probabilité uniforme et est définie par : P : P(Ω) → [0,1]
A 7→ P(A) = CardA
Card Ω = nombre de cas favorables nombre de cas possibles (le nombre de cas favorables est le nombre de cas réalisant A) Démonstration.
Il suffit de vérifier les axiomes des probabilités.
L’additivité provient de l’additivité de l’applicationCard.
Si l’univers finiΩest muni de la probabilité uniforme, les calculs des probabilités se ramènent à des calculs de dénombrement
Exemple
On peut reprendre les exemples du cours précédent.
1) On considère un jeu de 32 cartes.
L’expérience consiste à effectuer un tirage de 5cartes.
L’univers Ω est ici l’ensemble des parties à 5 éléments de l’ensemble des 32 cartes. Autrement dit Ωcontient toutes les mains possibles.
Ainsi, Card Ω = 325 .
Les tirages étant considérés comme équiprobables, l’univers Ω est muni de la probabilité uniforme, notéeP.
a. Quelle est la probabilité d’obtenir un tirage contenant un carré ? Démonstration.
On noteA l’événement : « le tirage obtenu contient un carré ».
• Le nombre de cas favorables est donné par CardA = 8×28 (choix de la hauteur du carré et choix de la dernière carte).
• On a donc :
P(A) = CardA
Card Ω = 8×28
32!
5! 27!
= 8×28
32×31×30×29×28 5!
= 8×5!
32×31×30×29 = 8×5×4×3×2 32×31×30×29
= 5×3×2
31×30×29 = 1 31×29 Ainsi, la probabilité deA est de 1
899 = 0,0011.
b. Et celle d’obtenir un tirage contenant exactement un pique ? Démonstration.
On noteB : « le tirage obtenu contient exactement un pique ».
• On a CardB = 8× 244
(choix de la hauteur du pique et choix des 4 cartes restantes).
• Ainsi :
P(B) = CardB
Card Ω = 8×4! 20!24!
32!
5! 27!
= 8×24×23×22×21 4!
32×31×30×29×28 5!
= 8×24×23×22×21×5!
32×31×30×29×28×4! = 24×23×22×21 31×29×28×4!
= 23×22×21
31×29×28 = 23×22×3
31×29×4 = 23×11×3 31×29×2 La probabilité de B est donc de 23×11×3
31×29×2 '0,42.
2) On effectue6 lancers d’un dé cubique équilibré.
L’univers est iciΩ =J1,6K
6. Ainsi, Card(Ω) = 66.
Il est muni de la probabilité uniforme (dé non truqué).
On considère les événements :
A : « On n’obtient aucun6 lors des lancers »
B: « On obtient les6chiffres (dans un ordre quelconque) lors des lancers » Calculer la probabilité de ces deux événements.
Démonstration.
On a alors :
P(A) = CardA Card Ω = 56
66 = 15625
46656 '0,33 P(B) = CardB
Card Ω = A66 66 = 6!
66 = 5
3×3×62 = 5
324 '0,015
III. Probabilité conditionnelle
III.1. Définition Théorème 4.
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
Soit A un événement tel que P(A)6= 0.
On considère l’application PA suivante : PA : P(Ω) → [0,1]
B 7→ PA(B) = P(A∩B) P(A)
• PA est une probabilité, appelée probabilité conditionnelle relative à A.
• Pour tout événement B, PA(B) désigne la probabilité de B sachantA.
Démonstration.
Il s’agit de vérifier que PAvérifie les axiomes d’une probabilité.
1) Soit B∈ P(Ω).
• CommeP(A∩B)>0etP(A)>0(carP(A)6= 0), on a : P(A∩B) P(A) >0
• Comme A∩B⊂A, on aP(A∩B)6P(A) et donc : P(A∩B) P(A) 61 2) PA(Ω) = P(A∩Ω)
P(A) = P(A) P(A) = 1
3) Soit C etDdeux événements tels queC∩D=∅. Alors : PA(C∪D) = P(A∩(C∪D))
P(A) = P((A∩C)∪(A∩D)) P(A)
= P(A∩C) +P(A∩D)−P((A∩C)∩(A∩D)) P(A)
= P(A∩C)
P(A) +P(A∩D)
P(A) − P(A∩A∩C∩D) P(A)
Comme A∩A∩C∩D=A∩∅=∅, on obtient : PA(C∪D) = PA(C) +PA(D) Exemple
On considère le résultat d’un dé 6 équilibré. L’univers est donc J1,6Ket est muni de la probabilité uniforme notée P.
On considère les événements suivants.
• A:« on obtient un nombre inférieur ou égal à 3 »,
• B :« on obtient 5 »,
• C :« on obtient 2 ».
CalculerPA(B) etPA(C).
Démonstration.
• ConcernantPA(B), deux manières de voir les choses.
1) On peut tout d’abord réaliser le calcul : PA(B) = P(A∩B)
P(A) = P(∅) P(A) = 0 2) On peut aussi voir ce résultat comme suit.
PA(B) est la probabilité que l’événement B soit réalisé sachant que l’événementAest réalisé. Sachant que le résultat du tirage est inférieur à 3, il n’y a aucune chance pour que le résultat soit égal à5.
• ConcernantPA(C), deux manières de voir les choses.
1) On peut tout d’abord réaliser le calcul : PA(C) = P(A∩C)
P(A) = P(C) P(A) =
1 6 1
6 +16 +16 =
1 6 3 6
= 1 3 2) On peut aussi voir ce résultat comme suit.
SiAest réalisé, c’est que le résultat du lancer est un élément de{1,2,3}.
Les résultats étant équiprobables, la probabilité de tirer2avec cet uni- vers des possibles est 1
3.
L’application PA étant une probabilité, elle vérifie l’ensemble des propriétés listées au paragraphe II.2.
Propriété
Soit (Ω,P(Ω),P)un espace probabilisé fini.
Soit A∈ P(Ω)un événement tel queP(A)6= 0.
Pour tout événement B etC, on a : 1) PA(B) = 1−PA(B) donc PA(∅) = 0 2) PA(B\C) =PA(B)−PA(B∩C) 3) SiB ⊂C,PA(B)6PA(C)
4) PA(B∪C) =PA(B) +PA(C)−PA(B∩C)
III.2. Formules liées à la probabilité conditionnelle
III.2.a) Formule des probabilités composées
Théorème 5. (Formule des probabilités composées au rang 2) Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
Soient A etB deux événements.
1) si P(A)6= 0, on peut écrire P(A∩B) =P(A) PA(B) 2) si P(B)6= 0, on peut écrire P(A∩B) =P(B) PB(A) 3) On a alors, si P(A)×P(B)6= 0 :
P(B) PB(A) =P(A) PA(B) Démonstration.
Sous réserve d’existence (i.e. P(A)6= 0 etP(B)6= 0), on a : PA(B) = P(A∩B)
P(A) et PB(A) = P(B∩A) P(B) Et commeA∩B =B∩A, on aP(A∩B) =P(B∩A).
Théorème 6. (Formule des probabilités composées)
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini et m∈N\ {0,1}.
Soit (A1, . . . , Am) une famille finie d’événements.
On suppose de plus que : P(A1∩ · · · ∩Am−1)6= 0.
On a alors :
P(A1∩ · · · ∩Am) =P(A1) PA1(A2) PA1∩A2(A3) . . . PA1∩···∩Am−1(Am) Démonstration.
• On note tout d’abord que, pour toutk∈J1, m−1K:
Bm−1 =A1∩ · · · ∩Am−1 ⊂ A1∩ · · · ∩Ak =Bk
On a donc P(Bk) >P(Bm−1) >0 (carP(Bm−1) 6= 0) et ainsi P(Bk)6= 0.
On peut donc considérer PBk pout tout k∈J1, m−1K.
• Démontrons par récurrence que : ∀m∈N\ {0,1},P(m)
où P(m) : « toute famille (A1, . . . , Am) telle queP(A1∩ · · · ∩Am−1) 6= 0 vérifie : P(A1∩ · · · ∩Am) =P(A1)×PA1(A2)×. . .×PA1∩···∩Am−1(Am)» 1. Initialisation:
La propriété est vraie au rang2, c’est le résultat du Théorème 5.
Ainsi,P(2).
2. Hérédité: soitm∈N\ {0,1}.
SupposonsP(m) et démontronsP(m+ 1).
On considère donc une famille (A1, . . . , Am+1) de m+ 1 événements telle queP(A1∩ · · · ∩Am)6= 0. Avec les notations précédentes :
A1∩ · · · ∩Am∩Am+1 =Bm∩Am+1 On en déduit que :
P(A1∩ · · · ∩Am∩Am+1) =P(Bm∩Am+1) =P(Bm)×PBm(Am+1) (par application du Théorème5 sachant que P(Bm)6= 0)
Or, par hypothèse de récurrence, on a :
P(Bm) =PA1(A2)×. . .×PA1∩···∩Am−1(Am)
Ce qui démontre P(m+ 1)en réinjectant dans l’identité précédente.
Par principe de récurrence, on a donc : ∀m∈N\ {0,1},P(m).
Exemple
Une urne contient 5 boules blanches et 8 boules noires.
L’expérience consiste à tirer successivement 3 boules.
1) Quelle est la probabilité que les trois boules tirées soient blanches ? Démonstration.
• On note Bi l’événement : « laième boule tirée est blanche ».
• On note Ni l’événement : « la ième boule tirée est blanche ».
Sous réserve que l’on puisse écrire chacun des éléments, la formule des probabilités composées donne :
P(B1∩B2∩B3) =P(B1)PB1(B2) PB1∩B2(B3) On a : P(B1) = 5
13 (6= 0).
Le terme PB1(B2) représente la probabilité de tirer une boule blanche dans une urne contenant 4 blanches et8 noires. Ainsi,PB1(B2) = 4
12. On a alors :
P(B1∩B2) =P(B1) PB1(B2) = 5×4 13×12 6= 0
et on peut calculer PB1∩B2(B3), la probabilité de tirer une boule blanche dans une urne contenant 3 blanches et8 noires. D’oùPB1∩B2(B3) = 3
11. On a donc :
P(B1∩B2∩B3) = 5×4×3
13×12×11 = 5
11×13 '0,035
2) Quelle est la probabilité qu’une boule noire apparaisse pour la première fois au deuxième tirage ?
Démonstration.
Avec les mêmes notations, et sous réserve que l’on puisse écrire chacun des termes, on a :
P(B1∩N2) =P(B1) PB1(N2)
Le termePB1(N2)représente la probabilité de tirer une boule noire dans une urne contenant 4blanches et 8 noires. Ainsi,PB1(N2) = 8
12. On a donc :
P(B1∩N2) = 5×8
13×12 = 5×2 13×3 = 10
39 '0,256 III.2.b) Formule des probabilités totales
Théorème 7. (Formule des probabilités totales) Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini et m∈N∗. Soit (A1, . . . , Am) un système complet d’événements.
On suppose de plus que : ∀k∈J1, mK, P(Ak)6= 0.
Pour tout événementB, on a : P(B) =
m
P
i=1
P(Ai∩B) =
m
P
i=1
P(Ai) PAi(B) Démonstration.
• La première partie est une redite du corollaire 1 : P(B) = P(B∩Ω) = P(B∩(
m
S
i=1
Ai)) = P(
m
S
i=1
(B∩Ai))
=
m
P
i=1
P(Ai∩B)
• On conclut à l’aide de la formule des probabilités composées : P(Ai∩B) =P(Ai)×PAi(B)
Cas particulier du système complet (A, A)
• Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini et soitA un événement.
• La famille (A, A) est alors un système complet d’événements fini.
• Supposons de plus que P(A)6= 0 etP(A)6= 0.
Alors, pour tout événementB, on peut écrire :
P(B) = P(A) PA(B) + P(A) PA(B) Exemple
On reprend l’exemple précédent.
1) Quelle est la probabilité d’obtenir une boule noire au deuxième tirage ? La famille (B1, N1) forme un système complet d’événements (B1 =N1).
P(N2) = P(B1) PB1(N2) + P(N1) PN1(N2)
= 5
13
8
12 + 8
13
7 12
= 5×2 + 2×7
3×13 = 24
3×13 = 8 13
2) Quelle est la probabilité d’obtenir une boule blanche au deuxième tirage ? La famille (B1, N1) forme un système complet d’événements (B1 =N1).
P(B2) = P(B1) PB1(B2) + P(N1) PN1(B2)
= 5
13
4
12 + 8
13
5 12
= 5×1 + 2×5
3×13 = 15
3×13 = 5 13
Cette démonstration est juste mais témoigne d’un manque de recul.
En effet,B2=N2. On a donc directement :P(B2) =P(N2) = 1−P(B2).
Remarque
L’idée derrière la formule des probabilités totales est celle de l’étude de cas.
Dans l’exemple précédent, on teste l’événementN2 selon les deux cas pos- sibles au premier tirage : soit on a obtenu une boule noire, soit on a obtenu une boule blanche.
• L’étude de cas se doit d’être exhaustive i.e. inclure tous les cas possibles.
,→ ceci est assuré par le fait que la réunion de tous les événements d’un SCE formeΩ, univers des possibles.
• Chaque cas n’empiète sur aucun autre.
,→ ceci est assuré par le fait que les événements d’un SCE sont 2 à 2 incompatibles.
III.2.c) Formule de Bayes Théorème 8. Formule de Bayes
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini et m∈N∗. Soit (A1, . . . , Am) un système complet d’événements.
On suppose de plus que : ∀k∈J1, mK, P(Ak)6= 0.
Pour tout j∈J1, mK, pour tout événementB tel que P(B)6= 0, on a : PB(Aj) = P(Aj) PAj(B)
P(B) = P(Aj) PAj(B)
m
P
i=1
P(Ai) PAi(B) Démonstration.
• La première égalité s’obtient par définition de PB et à l’aide de la formule des probabilités composées (au rang2) :
PB(Aj) = P(B∩Aj)
P(B) = P(Aj∩B)
P(B) = P(Aj) PAj(B) P(B)
• La seconde égalité est l’écriture de P(B) à l’aide de la formule des proba- bilités totales.
Cas particulier du système complet (A, A)
• Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini et soitA un événement.
• La famille (A, A) est alors un système complet d’événements fini.
• Supposons de plus que P(A)6= 0 etP(A)6= 0.
Alors, pour tout événementB tel que P(B)6= 0, on peut écrire :
PB(A) = P(A) PA(B)
P(B) = P(A)PA(B)
P(A) PA(B) + P(A) PA(B) Exemple
On considère de nouveau l’urne précédente.
Le second tirage ayant donné une boule blanche, quelle est la probabilité que la première boule tirée ait été blanche ?
Démonstration.
La famille (B1, N1) forme un système complet d’événements (B1 =N1).
PB2(B1) = P(B1) PB1(B2)
P(B2) = P(B1) PB1(B2)
P(B1) PB1(B2) + P(N1) PN1(B2)
=
5 13 ×124
5
13×124 +138 ×125 = 5
13×3 × 13×3 5 + 10 = 5
15 = 1 3 Formule des causes
La formule de Bayes est connue aussi sous le nom de « formule des causes ».
• Si l’on reprend l’exemple précédent, l’événementB2 est postérieur à l’évé- nement B1. On cherche à connaître la probabilité de B1 qui est une cause possible de l’événementB2 sachant que la conséquenceB2 a été réalisée.
• Cette formule peut donc paraître étonnante puisqu’elle ne suit pas l’ordre chronologique.
Exercice
On considère une population touchée par une maladie rare touchant une personne sur10000.
Un test de dépistage est proposé et donne les résultats suivants :
× si une personne est malade, le test est positif à 99%,
× si une personne est saine, le test peut aussi se révéler positif à hauteur de 0,1%(on parle defaux positif).
A-t-on intérêt à se fier aux résultats de ce test ?
Plus précisément, on calculera la probabilité qu’une personne soit malade sachant que le test est positif.
Démonstration.
Ce type d’exercice, très classique, suit le schéma suivant.
1) Nommage des événements
• On note M l’événement : « la personne est malade ».
• On note T l’événement : « le test est positif ».
2) Récupération des données de l’énoncé
D’après l’énoncé, on a : P(M) = 100001 etPM(T) = 10099 etPM(T) = 1000,1. 3) Annonce de l’hypothèse
La famille (M, M)forme un système complet d’événements.
4) Conclusion à l’aide de la formule du cours La formule de Bayes donne :
PT(M) = P(M) PM(T)
P(T) = P(M) PM(T)
P(M) PM(T) + P(M) PM(T)
=
1
10000×10099
1
10000×10099 +100009999 ×1000,1 = 99
10000×100× 10000×100 99 + 999,9
= 99
1098,9 6 99
1000 = 9,9%
Ainsi, moins de 10% des personnes positives au test sont réellement at- teintes par la maladie. Il ne faut donc pas se fier à ce test.
IV. Indépendance en probabilité
IV.1. Indépendance de deux événements Définition
Soit (Ω,P(Ω),P)un espace probabilisé fini.
Les événementsAetB sont ditsindépendants pour la probabilitéPsi : P(A∩B) =P(A)×P(B)
Théorème 9.
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
Soient A etB deux événements.
1) Si P(A)6= 0 alors on a :
A etB sont indépendants pour P ⇔ P(B) =PA(B) 2) Si P(B)6= 0 alors on a :
A et B sont indépendants pour P ⇔ P(A) =PB(A) Exemple
On considère l’expérience aléatoire consistant à lancer un dé 6 :
• Ω ={1,2,3,4,5,6}
• On note A: « le résultat obtenu est inférieur à deux »
• On note B : « le résultat obtenu est supérieur à quatre »
On cherche à déterminer siAetB sont indépendants suivant deux probabi- lités différentes.
Cas 1 : dé équilibré
L’espace probabilisable(Ω,P(Ω))est donc muni de la probabilité uniforme P1 déterminée par :
P1({1}) =. . .=P1({6}) = 1 6 On a P1(A) = CardA
Card Ω = nombre de cas favorables nombre de cas possibles = 2
6 = 1 3 6= 0.
• On peut donc calculerP1A(B), probabilité d’obtenir un résultat supérieur à 4 sachant que le résultat obtenu est inférieur à 2. On a doncP1A(B) = 0.
• Or P1(B) = 3 6 = 1
2 6=P1A(B).
Ainsi, les événements AetB sont « dépendants » pour la probabilitéP1. Cas 2 : dé pipé
Le dé considéré permet d’obtenir1 avec la probabilité 1.
Autrement dit, l’espace est muni de la probabilitéP2 déterminée par : P2({1}) = 1 et P2({2}) =. . .=P2({6}) = 0
• On a P2(A) = 1, on peut donc calculer P2A(B), probabilité d’obtenir un résultat supérieur à 4 sachant que le résultat obtenu est inférieur à 2.
On a donc encoreP2A(B) = 0.
• Or, étant donné le dé considéré, la probabilité d’obtenir un résultat supé- rieur 4 est P2(B) = 0 =P2A(B).
Ainsi, les événements AetB sont indépendants pour la probabilitéP2.
La notion d’indépendance dépend fortement de la probabilité choi- sie. Autrement dit, deux événements peuvent être « dépendants » pour une probabilité et indépendants pour une autre.
Remarque
Considérons (Ω,P(Ω),P)un espace probabilisé fini.
• Il ne faut surtout pas confondre :
1) A etB sont incompatibles : notion intrinsèque aux événements, (ne dépend d’aucune probabilité P!)
2) AetBsont indépendants : notion qui dépend de la probabilitéPchoisie.
• Plus précisément on a :
A etB incompatibles 6⇒ A etB indépendants (pourP)
L’exemple précédent est une illustration de cette propriété puisqueAetB sont incompatibles mais non indépendants pour la probabilitéP1.
A etB incompatibles 6⇐ A etB indépendants (pourP) Illustrons cette propriété dans l’exemple suivant.
Exemple
On considère l’expérience aléatoire consistant à lancer deux fois un dé6.
On noteA : « le premier chiffre est pair ».
On noteB : « le second chiffre est impair ».
L’univers estΩ =J1,6K
2.
Le dé est supposé équilibré : on munitΩde la probabilité uniforme notéeP. Démontrons que A,B sont indépendants.
• P(A) = Card(A)
Card(Ω) = 3×6 6×6 = 3
6 = 1 2 De même :P(B) = Card(B)
Card(Ω) = 3×6 6×6 = 1
2.
• P(A∩B) = Card(A∩B)
Card(Ω) = 3×3 6×6 = 1
2 ×1
2 =P(A)×P(B).
En effet :A∩B={(2,1),(2,3),(2,5),(4,1),(4,3),(4,5),(6,1),(6,3),(6,5)}.
On en déduit au passage queA etB ne sont pas incompatibles.
Exercice
Soit(Ω,P(Ω))un espace probabilisable fini.
On munitΩ de la probabilité uniforme, notéeP. Démontrer que : A etB sont incompatibles
A6=∅etB 6=∅
⇒ AetB ne sont pas indépendants pourP Si l’univers finiΩest muni de la probabilité uniforme, deux événements incompatibles et tous deux différents de∅ ne sont
jamais indépendants.
Démonstration.
Il suffit de remarquer que :
• P(A∩B) =P(∅) = 0,
• P(A) = CardA
Card Ω 6= 0 et P(B) = CardB Card Ω 6= 0.
Ainsi, P(A∩B) = 06=P(A)×P(B).
Exercice
Soit(Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
P(A) = 0 ⇒ ∀B∈ P(Ω), AetB sont indépendantsP Démonstration.
En effet, on a A∩B ⊂A.
On en déduit donc que :P(A∩B)6P(A) = 0.
Ainsi, P(A∩B) = 0 =P(A)×P(B).
Ce qui démontre queA etB sont indépendants pour P.
Proposition 1.
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
Soient A etB deux événements indépendants.
1) Les événements A et B sont indépendants.
2) Les événements A et B sont indépendants.
3) Les événements A et B sont indépendants.
Démonstration.
1) Démontrons que A etB sont indépendants.
P(A∩B) = P(A)−P(A∩B)
= P(A)−P(A)P(B)
= P(A) (1−P(B)) =P(A)P(B) 2) SupposonsA etB indépendants.
On a évidemmentB etAindépendants.
Ainsi, par la propriété1), on obtient queB etA sont indépendants.
3) SupposonsA etB indépendants.
Par la propriété1), on a :AetB indépendants.
Par la propriété2), on a :AetB indépendants.
IV.2. Indépendance mutuelle Définition
Soit (Ω,P(Ω),P)un espace probabilisé fini.
Soit m∈N∗. Soit(A1, . . . , Am)une famille d’événements.
1) A1, . . . , Am sont deux à deux indépendants pour la probabilitéPsi :
∀(i, j)∈J1, mK
2, i6=j ⇒ P(Ai∩Aj) = P(Ai) P(Aj) 2) A1, . . . , Am sont mutuellement indépendants pour la probabilitéPsi :
∀I ⊂J1, mK, P
T
i∈I
Ai
= Q
i∈I
P(Ai)
Pour bien comprendre la différence entre ces deux notions, intéressons-nous à ce qu’elles signifient pour une petite valeur dem.
Cas particulier : m= 3
Soit(Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini.
1) Les événements A1, A2, A3 sont deux à deux indépendants si : a) P(A1∩A2) =P(A1) P(A2)
b) P(A1∩A3) =P(A1) P(A3) c) P(A2∩A3) =P(A2) P(A3)
2) Les événements A1, A2, A3 sont mutuellement indépendants si : a) P(A1∩A2) =P(A1) P(A2)
b) P(A1∩A3) =P(A1) P(A3) c) P(A2∩A3) =P(A2) P(A3)
d) P(A1∩A2∩A3) =P(A1) P(A2) P(A3) Remarque
Si des événements sont mutuellement indépendants, alors ils sont deux à deux indépendants. La réciproque est fausse.
(on aurait sinon deux noms différents pour la même notion !) indépendance mutuelle ⇒ indépendance 2 à 2
indépendance mutuelle 6⇐ indépendance 2 à 2
Exemple
On considère de nouveau l’expérience aléatoire consistant à lancer deux fois un dé6. On rappelle et complète la liste des événements considérés.
On noteA : « le premier chiffre est pair ».
On noteB : « le second chiffre est impair ».
On noteC : « la somme des chiffres est paire ».
1) Démontrons que A,B etC sont deux à deux indépendants.
• On a déjà démontré que A etB sont indépendants.
• P(A∩C) = Card(A∩C)
Card(Ω) = 3×3 6×6 = 1
2× 1 2 = 1
4
• P(B∩C) = Card(B∩C)
Card(Ω) = 3×3 6×6 = 1
2×1 2 = 1
4
• La famille (A, A) forme un système complet d’événements.
Par la formule des probabilités totales, on a : P(C) = P(A∩C) + P(A∩C)
= 1
4 + 1
4 = 1
2
• On a alors : P(A∩C) = 1 4 = 1
2 ×1
2 =P(A)×P(C)
• On a alors : P(B∩C) = 1 4 = 1
2 ×1
2 =P(B)×P(C)
2) Démontrons que A,B etC ne sont pas mutuellement indépendants.
• On a A∩B∩C=∅donc P(A∩B∩C) =P(∅) = 0.
• Or P(A)P(B)P(C) = 1 2 ×1
2 ×1 2 = 1
8.
Théorème 10.
Soit (Ω,P(Ω),P) un espace probabilisé fini et soitm∈N∗. Soit (A1, . . . , Am) une famille d’événements.
Notons Bi ∈ {Ai, Ai} pour tout i∈J1, mK. (autrement dit Bi=Ai ouBi=Ai).
1) SiA1, . . . , Amsont deux à deux indépendants, alorsB1, . . . , Bm sont deux à deux indépendants.
2) Si A1, . . . , Am sont mutuellement indépendants, alors B1, . . . , Bm sont mutuellement indépendants.
Démonstration.
1) C’est un corollaire direct de la Proposition1.
2) On commence par démontrer que si A1, . . . , Am sont mutuellement in- dépendants, il en est de même pour A1, . . . , Ak−1, Ak, Ak+1, . . . , Am où k∈J1, mK. Pour ce faire, on prendI ⊂J1, mKet on distingue :
• le cas oùk6∈I (facile !),
• le cas oùk∈I (plus technique).
contraires apparaissant dans la famille(B1, . . . , Bm).
Exercice
SoientA,B etC des événements mutuellement indépendants.
Montrer queA etB∪C sont indépendants.
BONUS : probabilités conditionnelles et arbres de probabilité Au lycée, l’étude des probabilités est très souvent abordée à l’aide d’arbres de probabilités qui permettent de représenter les différents résultats pos- sibles d’une expérience aléatoire.
A
PA(B) B PA(B) B P(A)
A
PA(B) B PA(B) B
P(A)
On a représenté ici un arbre à 2 niveaux. À chaque niveau, une alternative est proposée qui traduit la présence d’un système complets d’événements : (A, A) au 1er niveau et(B, B) au 2ème niveau.
Selon l’expérience aléatoire considérée, l’arbre peut présenter plus de 2 ni- veaux et chaque niveau peut proposer de plus de2choix (formé d’un système complet à trois événements (A1, A2, A3)par exemple).
Cette représentation est très marquée lycée. Au concours, on l’utili- sera de préférence au brouillon. Il faut avoir en tête que le correcteur vérifiera que la rédaction contient :
× l’hypothèse « système complet d’événements »,
× le nom des théorèmes utilisés.
(formule des probabilités composées / totales)
La lecture des probabilités se fait alors comme suit.
1) La somme des probabilités issues d’un même nœud vaut1.
P(A) +P(A) = 1 PA(B) +PA(B) = 1
2) La probabilité d’un chemin est égal au produit des probabilités rencon- trées sur ce chemin.
P(A∩B) =P(A) PA(B) P(A∩B) =P(A) PA(B) (formule des probabilités composées)
3) La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des chemins qui y aboutissent.
P(B) = P(A) PA(B) + P(A) PA(B) P(B) = P(A) PA(B) + P(A) PA(B) (formule des probabilités totales)
Exemple
Deux tirages consécutifs dans une urne contenant8boules noires et5blanches.
Bi : « le résultat du ième tirage est une boule blanche » Ni : « le résultat duième tirage est une boule noire »
N1
N2 PN1(N2) = 7
12
B2
PN1(B2) = 5 P(N 12
1) = 8 13
B1
N2 PB1(N2) = 8
12
B2
PB1(B2) = 4 12
P(B1) = 5
13
BONUS (bis) : arbre à 3 niveaux
A
B
PA C
∩B(C) PA∩B(C) C PA(B)
B
PA∩ C
B(C) PA∩B(C) C
PA(B) P(A
)
A
B
PA∩ C
B(C) PA∩B(C) C PA(B)
B
PA∩ C
B(C) PA∩B(C) C
PA(B)
P(A)
1) La somme des probabilités issues d’un même nœud vaut1.
P(A) +P(A) = 1 PA∩B(C) +PA∩B(C) = 1
2) La probabilité d’un chemin est égal au produit des probabilités rencon- trées sur ce chemin.
P(A∩B∩C) = P(A) PA(B) PA∩B(C) P(A∩B∩C) = P(A) PA(B) PA∩B(C) (formule des probabilités composées)
3) La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des chemins qui y aboutissent.
P(C) = P(A∩B) PA∩B(C) + P(A∩B)PA∩B(C) + P(A∩B) PA∩B(C) + P(A∩B)PA∩B(C) (formule des probabilités totales)
On peut alors compléter cette formule à l’aide de la formule des proba- bilités composées :
P(A∩B) =P(A) PA(B) et P(A∩B) =P(A) PA(B). . . Exercice
Montrer que la famille(A∩B, A∩B, A∩B, A∩B)est un système complet d’événements.
(ainsi la formule précédente donnant P(C) est bien une application de la formule des probabilités totales !)
