Probabilités sur un espace ni

Probabilités sur un espace ni

Cours de É. Bouchet ECS1 3 décembre 2020

Table des matières

1 Expérience aléatoire 2

1.1 Étude de situation . . . 2 1.2 Événements . . . 3 1.3 Système complet d'événements . . . 4

2 Espaces probabilisés : cas ni 4

2.1 Dénition . . . 4 2.2 Le cas équiprobable . . . 5 2.3 Propriétés . . . 5

3 Probabilités conditionnelles 7

3.1 Formule des probabilités composées . . . 7 3.2 Formule des probabilités totales . . . 8 3.3 Formule de Bayes . . . 9

4 Indépendance 10

4.1 Dénition . . . 10 4.2 Indépendance d'une famille . . . 11

1 Expérience aléatoire

1.1 Étude de situation

Une expérience aléatoire est une expérience dont le résultat n'est pas connu à l'avance. L'ensemble de toutes les issues possibles d'une expérience est notéΩet est appelé l'univers de l'expérience.

Dénition (Expérience aléatoire, univers).

Soit Ω un univers ni. On appelle événement tout élément de P(Ω)et événement élémentaire tout événement de cardinal1.

Dénition (Événement).

Remarque. Dans le cas d'un univers ni, un événement est donc un sous-ensemble deΩ. Expérience 1 On lance un dé cubique dont les faces sont des numéros de 1 à 6.

Ω = {1,2,3,4,5,6}= [[1,6]].

A="obtenir un 6" donne la partie deΩ: {6}.

B ="obtenir un nombre pair" donne la partie deΩ: {2,4,6}. Expérience 2 On lance deux dés cubiques, un rouge et un noir.

Ω = {(i, j)|i, j∈[[1,6]]}= [[1,6]]².

A="obtenir un double 6" donne la partie deΩ : {(6,6)}.

B ="obtenir un double" donne la partie deΩ: {(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)}.

C="obtenir au moins un 6" donne la partie de Ω: ([[1,6]]× {6})∪({6} ×[[1,6]]) = Ω\([[1,5]]²).

Expérience 3 Soitn∈N^∗. On lance une piècenfois, avec la convention que "1" représente "pile" et "0" "face".

Ω = {(i₁, i₂, . . . , i_n)|∀j, i_j ∈ {0,1}}={0,1}ⁿ.

A="n'obtenir que des piles" donne la partie deΩ: {1}ⁿ.

B ="obtenir un pile au second lancer" donne la partie deΩ: {0,1} × {1} × {0,1}ⁿ⁻².

C="obtenir au moins un pile" donne la partie deΩ : ∪ⁿ_j=1({0,1}^j−1× {1} × {0,1}^n−j) = Ω\ {0}ⁿ. Expérience 4 Soit(n, N)∈(N^∗)². On eectuen tirages successifs avec remise d'une boule, dans une urne de N

boules numérotées de 1 à N.

Ω = [[1, N]]ⁿ=l'ensemble desn-listes de[[1, N]]..

Un exemple d'élément de Ωest (1,1, . . . ,1).

A="ne jamais obtenir la bouleN" donne la partie deΩ: [[1, N −1]]ⁿ. B ="toujours tirer le même numéro" donne la partie deΩ: ∪^N_i=1{i}ⁿ.

Expérience 5 Soit(n, N)∈(N^∗)². On eectue ntirages successifs sans remise d'une boule, dans une urne de N boules numérotées de 1 à N (dans ce cas,n6N).

Ω = l'ensemble desn-listes d'éléments distincts de[[1, N]]. Un exemple d'élément de Ωest (1,2,3, . . . , n).

Expérience 6 Soit (n, N) ∈(N^∗)². On eectue un tirage de nboules prises simultanément dans une urne de N boules numérotées de 1 à N (dans ce cas,n6N).

Ω = l'ensemble des parties ànéléments de [[1, N]]. Un exemple d'élément de Ωest {1,2,3, . . . , n}.

Soit Ωun univers ni. Un événement qui n'est jamais réalisé s'appelle un événement impossible, on le note∅. Un événement qui est toujours réalisé est un événement certain, on le noteΩ.

Dénition (Événement impossible, certain).

1.2 Événements

Vocabulaire des événements Vocabulaire des ensembles Notation

événement élémentaire singleton {ω}

événement contraire complémentaire A= Ω\A

événement impossible ensemble vide ∅

les événementsA etB sont réalisés on est dans l'intersection deA etB A∩B les événementsA ou B sont réalisés on est dans la réunion deA etB A∪B les événementsAetB sont incompatibles les ensemblesA etB sont disjoints A∩B =∅

l'événementA implique l'événementB l'ensembleA est inclus dans l'ensembleB A⊂B Exemple 1. Si(A_i)_i∈[[1,n]] est une famille d'événements dans un univers ni :

1. [

i∈[[1,n]]

Ai correspond à l'événement : au moins un des événements Ai est réalisé (A1 ouA2 ou . . .ouAn).

2. \

i∈[[1,n]]

A_i correspond à l'événement : les événementsA_i sont tous réalisés (A₁ etA₂ et . . .etA_n).

3. [

i∈[[1,n]]

A_i= \

i∈[[1,n]]

A_i correspond à l'événement : aucun des événementsA_i n'est réalisé.

4. \

i∈[[1,n]]

A_i= [

i∈[[1,n]]

A_i correspond à l'événement : au moins un des événements A_i n'est pas réalisé.

5. [

i∈[[1,n]]

(B∩A_i) = B\



 [

i∈[[1,n]]

A_i



 correspond à l'événement : l'événementB est réalisé, ainsi qu'au moins un des événementsA_i.

6. \

i∈[[1,n]]

(B∪Ai) = B[





\

i∈[[1,n]]

Ai



 correspond à l'événement : l'événementB est réalisé ou tous les événe- ments Ai sont réalisés.

1.3 Système complet d'événements

Soit n ∈ N^∗, Ω un univers ni et (Ai)_i∈[[1,n]] ∈ P(Ω)ⁿ. On dit que (Ai)_i∈[[1,n]] est un système complet d'événements de Ωlorsque :

les événementsA_i sont deux à deux incompatibles :∀(i, j)∈[[1, n]]²,i6=j=⇒A_i∩A_j =∅. les événementsAi recouvrent l'espace : [

i∈[[1,n]]

Ai = Ω. Dénition (Système complet d'événements).

Remarque. De manière évidente,

({ω})_ω∈Ω est un système complet d'événements de Ω. SiA⊂Ω alors A, A

est un système complet d'événements deΩ.

Exemple 2. Déterminer plusieurs systèmes complets d'événements pour l'universΩde l'expérience1. {1,3,5},{2,4,6} est un système complet d'événements deΩ.

{1,2},{3,4},{5,6} est un système complet d'événements deΩ. {1},{2},{3},{4},{5},{6}est un système complet d'événements deΩ. {1},{2,3,4},{5,6} est un système complet d'événements deΩ.

Soit n ∈ N^∗, Ω un univers ni et (Ai)_i∈[[1,n]] un système complet d'événements de Ω. Tout événement B ∈ P(Ω)peut se décomposer comme B = [

i∈[[1,n]]

(B∩A_i), où les événementsB∩A_i sont incompatibles deux à deux.

Proposition (Décomposition d'un événement sur un système complet d'événements).

Démonstration. On a par la dénition d'un système complet d'événements et par distributivité :

B =B∩Ω =B∩



 [

i∈[[1,n]]

Ai



= [

i∈[[1,n]]

(B∩Ai).

De plus, soit (i, j) ∈[[1, n]]². Si i6=j,(B∩Ai)∩(B∩Ai) = B∩(Ai∩Aj) = B∩ ∅ =∅ par incompatibilité des Ai. D'où le résultat.

2 Espaces probabilisés : cas ni

Dans toute la suite du chapitre,Ω désigne un univers ni, et on noteA=P(Ω). 2.1 Dénition

Une probabilité est une application P dénie sur A et à valeur dans [0,1], vériant P(Ω) = 1 et telle que si A etB sont deux événements incompatibles alors P(A∪B) =P(A) +P(B).

Dénition (Probabilité).

Remarque. Une conséquence directe de la dénition est que pour toute famille d'événements(A_i)_i∈[[1,n]] deux à deux incompatibles,

P

n

[

i=1

Ai

!

=

n

X

i=1

P(Ai).

SiP est une probabilité, on dit que(Ω,A, P) est un espace probabilisé.

Dénition (Espace probabilisé).

2.2 Le cas équiprobable

SoitΩun univers ni. Lorsque tous les événements élémentaires ont la même probabilité, on dit qu'on est en situation d'équiprobabilité.

Dénition (Équiprobabilité).

Exemple 3. On lance un dé équilibré. La probabilité d'obtenir le numéroi∈[[1,6]]est alors 1

Card ([[1,6]]) = 1 6. Exemple 4. Une urne contientn∈N^∗ boules identiques numérotées de1àn. On en tire une au hasard : la probabilité que ce soit la boule numéroi∈[[1, n]] est alors 1

Card ([[1, n]]) = 1 n.

Soit Ωun univers ni, etA∈ A. Si on a équiprobabilité, alors P(A) = Card(A)

Card(Ω). Proposition.

Exemple 5. On lance deux dés équilibrés de couleurs diérentes (un noir et un rouge), quelle est la probabilité d'obtenir une somme égale à6?

On noteA l'événement "obtenir une somme égale à 6". Ici,Ω = [[1,6]]² et est de cardinal 36. Pour réaliser A, il faut un des tirages suivants (l'ordre est : rouge, puis noir) :(1,5),(5,1),(3,3),(2,4)et(4,2). DoncP(A) = 5

36. 2.3 Propriétés

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et (A, B)∈ A². Alors : 1. P A

= 1−P(A), 2. P(∅) = 0,

3. Si A⊂B, alors P(B\A) =P(B)−P(A), 4. P(A∪B) =P(A) +P(B)−P(A∩B).

Proposition (Lien avec les opérations sur les événements).

Démonstration. (démonstration à connaître)

1. CommeA etAsont incompatibles, l'additivité donne P(A) +P(A) =P(A∪A) =P(Ω) = 1. 2. Par le point précédent,P(∅) =P(Ω) = 1−P(Ω) = 1−1 = 0.

3. CommeA⊂B,P(B) =P(A∪(B\A)) =P(A) +P(B\A), où on peut utiliser l'additivité carA∩(B\A) =∅. D'où le résultat.

4. P(A∪B) = P(A∪(B \A)) = P(A) +P(B\A), par additivité, car A∩(B \A) = ∅. Donc P(A∪B) = P(A) +P(B\(A∩B)) =P(A) +P(B)−P(A∩B) par le point précédent, car A∩B⊂B.

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et (A₁, A₂, A₃)∈ A³. Alors

P(A1∪A2∪A3) =P(A1) +P(A2) +P(A3)−P(A1∩A2)−P(A1∩A3)−P(A2∩A3) +P(A1∩A2∩A3).

Proposition (Formule de Poincaré).

Démonstration. Les formules d'additivité et de distributivité donnent : P(A1∪A2∪A3)

=P(A1∪A2) +P(A3)−P((A1∪A2)∩A3)

= (P(A₁) +P(A₂)−P(A₁∩A₂)) +P(A₃)−P((A₁∩A₃)∪(A₂∩A₃))

=P(A₁) +P(A₂)−P(A₁∩A₂) +P(A₃)−(P(A₁∩A₃) +P(A₂∩A₃)−P((A₁∩A₃)∩(A₂∩A₃)))

=P(A₁) +P(A₂) +P(A₃)−P(A₁∩A₂)−P(A₁∩A₃)−P(A₂∩A₃) +P(A₁∩A₂∩A₃).

Exemple 6. Une classe contient30élèves, qui étudient tous une ou plusieurs langues. On sait que 25élèves étudient l'anglais, 12 l'allemand et 8 l'espagnol. Par ailleurs, 8 élèves étudient à la fois l'allemand et l'anglais, 6 à la fois l'espagnol et l'anglais et2 à la fois l'allemand et l'espagnol.

On choisit un élève aléatoirement. Quelle est la probabilité qu'il étudie les trois langues ?

On noteA l'événement "l'élève étudie l'anglais", B l'événement "l'élève étudie l'allemand" etE l'événement "l'élève étudie l'espagnol". Les hypothèses donnent alors :

P(A) = 25

30, P(B) = 12

30, P(E) = 8

30, P(A∩B) = 8

30, P(A∩E) = 6

30 et P(E∩B) = 2 30. La formule de Poincarré donne alors :

P(A∩B∩E) =P(A∪B∪E)−P(A)−P(B)−P(E) +P(A∩B) +P(A∩E) +P(B∩E).

D'où

P(A∩B∩E) = 30−25−12−8 + 8 + 6 + 2

30 = 1

30.

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé.P est une application croissante (au sens de l'inclusion) :

∀(A, B)∈ A², A⊂B =⇒P(A)6P(B).

Proposition (Croissance de P).

Démonstration. Soit (A, B) ∈ A², on suppose que A⊂B. On a alors P(B\A) =P(B)−P(A). Comme de plus P est positive, on trouveP(B) =P(B\A) +P(A)>P(A), ce qu'il fallait démontrer.

Exemple 7. On eectue une succession de pile ou face. Soit n∈ N, on pose An l'événement "il y a au moins trois pile dans lesnpremiers lancers" et un=P(An). Montrer que la suiteu est convergente.

On remarque que∀n∈N,A_n⊂A_n+1. En eet, s'il y a au moins trois pile dans lesnpremiers lancers, il y en aura aussi au moins trois dans lesn+ 1premiers lancers. Donc par croissance de la probabilité,u_n=P(A_n)6P(A_n+1) =u_n+1. Ce qui signie que la suiteu est croissante.

Oru est également majorée par1(c'est une suite de probabilités). Elle est donc croissante et majorée : c'est une suite convergente.

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et n∈ N^∗. Si (A1, . . . , An) est un système complet d'événements de Ω, alors

n

X

i=1

P(A_i) = 1.

Proposition (Lien entre probabilité et système complet d'événements).

Démonstration. Comme les A_i recouvrent l'univers et sont deux à deux incompatibles, l'additivité de P donne : 1 =P(Ω) =P

n

[

i=1

Ai

!

=

n

X

i=1

P(Ai).

3 Probabilités conditionnelles

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et soit B ∈ A tel que P(B) 6= 0. On dénit un nouvel espace probabilisé (Ω,A, P_B) par

∀A∈ A, P_B(A) = P(A∩B) P(B) .

P_B est appelée probabilité conditionnelle relative àB, etP_B(A) est la probabilité de Asachant B. Dénition (Probabilité conditionnelle).

Remarque. On utilise parfois la notationP(A|B) à la place deP_B(A). 3.1 Formule des probabilités composées

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé. Soit n ∈ N^∗ et (Ai)_i∈[[1,n]] une famille d'événements de A telle que P(A1∩ · · · ∩An−1)6= 0. Alors

P

n

\

i=1

Ai

!

=P(A1)PA1(A2)PA1∩A₂(A3). . . PA1∩···∩An−1(An). Théorème (Formule des probabilités composées).

Démonstration. (démonstration à connaître) Soit n∈N^∗. On pose H(n): ∀(A_i)_i∈[[1,n]]∈ Aⁿtel queP(A₁∩ · · · ∩An−1)6= 0,P(Tn

i=1A_i) =P(A₁)P_A1(A₂)P_A1∩A₂(A₃). . . P_A1∩···∩An−1(A_n). ∀A₁∈ A,P(A1) =P(A1), donc H(1) est vraie.

Soit n∈N^∗, on suppose queH(n) est vraie.

Soit (A_i)i∈[[1,n+1]] ∈ Aⁿ⁺¹ tel que P(A₁∩ · · · ∩A_n)6= 0. On applique H(n) à (A₁, A₂, . . . , An−1,(A_n∩A_n+1)) (c'est possible car par croissance de P, P(A1∩ · · · ∩An−1) > P(A1∩ · · · ∩An). Cette probabilité est donc bien non nulle) :

P(A₁∩ · · · ∩An−1∩(A_n∩A_n+1)) =P(A₁)P_A1(A₂)P_A1∩A₂(A₃). . . P_A1∩···∩An−1(A_n∩A_n+1). Or par dénition de la probabilité conditionnelle, comme P(A₁∩ · · · ∩A_n)6= 0,

PA1∩···∩An−1(An∩An+1) =PA1∩···∩An−1(An)P_(A1∩···∩An−1)∩An(An+1).

En remplaçant cette formule dans l'expression précédente, on trouve queH(n+ 1)est vraie.

D'où le résultat.

Rmq : pour l'hérédité, on aurait également pu appliquerH(n) à((A₁∩A₂), A₃. . . , A_n, A_n+1).

Exemple 8. On tire trois fois de suite, sans remise, dans une urne composée de 7 boules blanches et 6 rouges. Pour i∈ [[1,3]], on pose Bi ="le i-ème tirage donne une boule blanche" et Ri ="le i-ème tirage donne une boule rouge".

CalculerP(B₁∩B₂∩R₃).

CommeP(B₁∩B₂)6= 0 (il y a plus de deux boules blanches, il est donc possible de commencer par en tirer deux), la formule des probabilités composées donne :

P(B1∩B2∩R3) =P(B1)PB1(B2)PB1∩B2(R3) = 7 13× 6

12× 6 11 = 21

143.

3.2 Formule des probabilités totales

Soit(Ω,A, P)un espace probabilisé. Soit I ⊂N^∗ et(Ai)i∈I un système complet d'événements deΩ. Alors pour tout B ∈ A,

P(B) =X

i∈I

P(B∩Ai). Théorème (Formule des probabilités totales).

Démonstration. On décompose l'événementB sur le système complet d'événements(Ai)i∈I : B =[

i∈I

(B∩A_i),

et les(B∩A_i) sont incompatibles deux à deux. L'additivité de la probabilité donne alors le résultat.

Soit(Ω,A, P) un espace probabilisé. SoitI ⊂N^∗ et(A_i)_i∈I un système complet d'événements deΩtel que pour tout i∈I,P(A_i)6= 0. Alors pour tout B ∈ A,

P(B) =X

i∈I

P(Ai)PAi(B). Théorème (Formule des probabilités totales, deuxième version).

Démonstration. On applique la première version de la formule des probabilités totales : P(B) =X

i∈I

P(B∩A_i).

Par dénition de la probabilité conditionnelle, pour tout i∈ I, comme P(Ai) 6= 0,P(B ∩Ai) =P(Ai)PAi(B). En remplaçant cette expression dans la formule précédente, on obtient le résultat souhaité.

Exemple 9. On considère trois urnes U1,U2 et U3. On choisit une urne au hasard, et on pioche une boule dedans.

On suppose que ∀i ∈ [[1,3]], l'urne Ui contient i boules blanches et 3 boules noires. Quelle est la probabilité que la boule piochée soit noire ?

On noteAl'événement "piocher une boule noire" et∀i∈[[1,3]],Bi l'événement "piocher dans l'urneUi".(B1, B2, B3) forme un système complet d'événements et ces trois événements sont de probabilité non nulle, on peut donc appliquer la formule des probabilités totales :

P(A) =P(B1)P_B1(A) +P(B2)P_B2(A) +P(B3)P_B3(A) = 1 3 ×3

4+ 1 3×3

5 +1 3 ×3

6 = 1 4+1

5 +1 6 = 37

60.

En particulier pour tout (A, B)∈ A² :

P(B) =P(A∩B) +P A∩B , et si de plus P(A)∈]0; 1[,

P(B) =P(A)PA(B) +P A

P_A(B). Corollaire.

3.3 Formule de Bayes

Soit(Ω,A, P)un espace probabilisé et soitA∈ Atel queP(A)∈]0,1[. Pour toutB ∈ Atel queP(B)6= 0, PB(A) = P(A)PA(B)

P(B) = P(A)PA(B) P(A)P_A(B) +P A

P_A(B). Théorème (Formule de Bayes).

Démonstration. (démonstration à connaître) La première égalité découle de la dénition du conditionnement : comme P(B)6= 0 etP(A)6= 0,

PB(A)P(B) =P(A∩B) =P(A)PA(B). Il sut ensuite de diviser parP(B)6= 0 pour obtenir l'égalité annoncée.

Pour obtenir la deuxième égalité, on applique la formule des probabilités totales, deuxième version, au système complet d'événements(A, A)(qui vérie bien P(A)6= 0 etP(A) = 1−P(A)6= 0) :

P(B) =P(A)P_A(B) +P(A)P_A(B).

Il sut alors de remplacerP(B)par cette nouvelle expression au dénominateur de la première égalité pour obtenir la deuxième égalité.

Exemple 10. Un laboratoire propose un test de dépistage d'une maladie, qui touche une personne sur :

lorsque le test est appliqué à une personne malade, le test est positif dans 99,8% des cas.

lorsqu'il est appliqué à une personne saine, il est négatif dans 99,6% des cas.

Sachant que le test est positif, quelle est la probabilité que la personne soit réellement malade ?

On noteM l'événement "la personne est malade" etT l'événement "le test est positif". L'énoncé nous donne : PM(T) = 0,998 P_M(T) = 0,996 P(M) = 1

100000,

et on cherche à calculerP_T(M). On commence par calculerP(T), pour vérier qu'il est non nul. Pour cela, on applique la formule des probabilités totales au système complet d'événements(M, M) qui vérie bien P(M)∈]0,1[:

P(T) =P(M)P_M(T) +P(M)P_M(T) = 0,00001×0,998 + 0,99999×(1−0,996) = 0,004009946= 0.

On obtient alors par la formule de Bayes (commeP(T)6= 0 etP(M)6= 0) :

P_T(M) = P(M)P_M(T)

P(T) = 0,00001×0,998

0,00400994 = 0,00000998

0,00400994 = 0,0025.

Donc même si le test est positif, il y a très peu de chances que la personne soit malade (0,25%).

Ce résultat contre-intuitif est dû au nombre très faible de personnes malades dans la population.

4 Indépendance

4.1 Dénition

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et soit(A, B)∈ A². On dit que AetB sont indépendants lorsque P(A∩B) =P(A)P(B).

Dénition (Indépendance).

Remarque. ATTENTION, ne pas confondre INDÉPENDANCE et INCOMPATIBILITÉ :

L'indépendance ne peut se juger qu'en rapport à la probabilité. A et B sont indépendants pour P lorsque

P(A∩B) =P(A)P(B).

L'incompatibilité est une notion ensembliste, qui ne dépend pas de la probabilité. A et B sont incompatibles lorsque

A∩B =∅,

et on a alors (mais c'est une conséquence) : P(A∪B) =P(A) +P(B).

Exemple 11. On dispose de deux pièces, une équilibrée et une truquée. On lance un dé équilibré à 6 faces : si on obtient le chire 1, on lance deux fois la pièce équilibrée ;

si on obtient un chire diérent de 1, on lance deux fois la pièce truquée (pile avec probabilité ¹₃).

On noteA ="obtenir pile au premier lancer de la pièce", B ="obtenir pile au second lancer de la pièce" et C ="le lancer du dé donne le chire 1". Étudier l'indépendance deA etB pourP etP_C.

SiC est réalisé, on sait que c'est la pièce équilibrée qui est utilisée. On a donc : P_C(A∩B) = 1

4 = 1 2×1

2 =P_C(A)P_C(B),

donc il y a indépendance deA etB sous P_C.

Par ailleurs, en appliquant la formule des probabilités totales au système complet d'événements(C, C)qui vérie bien P(C)∈]0,1[, on obtient :

P(A∩B) =P(C)PC(A∩B) +P(C)P_C(A∩B) = 1 6×1

4 +5 6 ×1

9 = 29 216 et

P(B) =P(A) =P(C)P_C(A) +P(C)P_C(A) = 1 6×1

2 +5 6 ×1

3 = 13 6². DoncP(A)P(B) = ¹³₆4² 6= ₂₁₆²⁹. DoncA etB ne sont pas indépendants sousP.

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et soit (A, B)∈ A² tels que P(A) 6= 0. Les événements A etB sont indépendants si et seulement si

P(B) =PA(B). Proposition (Indépendance et probabilité conditionnelle).

Démonstration. Cela découle directement des équivalences suivantes, dues à la dénition de probabilité conditionnelle : P(B) =PA(B)⇐⇒P(B)P(A) =PA(B)P(A)⇐⇒P(B)P(A) =P(A∩B).

Soit (Ω,A, P) un espace probabilisé et soit(A, B)∈ A². Les assertions suivantes sont équivalentes : 1. A etB sont indépendants.

2. A etB sont indépendants.

3. A etB sont indépendants.

4. A etB sont indépendants.

Proposition (Complémentaire et indépendance).

Démonstration. On va montrer que (AetB indépendants) implique (AetB indépendant), toutes les équivalences en découlent ensuite directement. Supposons donc queA etB sont indépendants. Alors

P(A)P(B) =P(A)(1−P(B)) =P(A)−P(A)P(B) =P(A)−P(A∩B) =P(A∩B),

où la dernière égalité se montre en appliquant la formule des probabilités totales àA et au système complet d'événe- ments(B, B) ou en remarquant queA∩B⊂AetP(A∩B) =P(A\(A∩B)).

DoncAetB sont indépendants. D'où le résultat.

4.2 Indépendance d'une famille

Soit(Ω,A, P)un espace probabilisé et soit n∈N^∗.(A_i)_i∈[[1,n]] est une famille d'événements mutuelle- ment indépendants si pour toutJ ⊂[[1, n]],

P \

k∈J

A_k

!

=Y

k∈J

P(A_k). Dénition (Indépendance d'une famille).

Remarque. ATTENTION : vérier P

n

\

k=1

A_k

!

=

n

Y

k=1

P(A_k) n'est pas susant. Pas plus qu'il ne sut de vérier que les événements sont indépendants deux à deux.

Exemple 12. On eectue un lancer de pile ou face. Déterminer une famille d'événements (A, B, C) qui vérient P(A∩B∩C) =P(A)P(B)P(C), mais qui ne forment pas une famille d'événements mutuellement indépendants.

Il sut de choisir un événement impossible pour A, et B = C. On pose par exemple A ="ne tirer ni pile ni face", B=C="tirer pile", et on a :

P(A∩B∩C) =P(∅) = 0 = 0×1 2 ×1

2 =P(A)P(B)P(C).

Il n'y a pourtant pas indépendance mutuelle carB etC ne sont pas indépendants : P(B∩C) =P(B) = 1

2 6= 1

4 =P(B)P(C).

Exemple 13. On lance deux fois une pièce équilibrée. Déterminer une famille d'événements(A, B, C) qui sont indé- pendants deux à deux, mais qui ne forment pas une famille d'événements mutuellement indépendants.

On poseA="le premier lancer donne pile", B= "le deuxième lancer donne pile", etC= "les deux lancers donnent le même résultat".

Pouri= 1 ou 2, on pose de plus F_i = "le i-ème lancer donne face. AlorsP(A) =P(F₁) = 1

2,P(B) = P(F₂) = 1 2 et P(C) =P((F₁∩F₂)∪(F₁∩F₂)) = 1

2 (par dénombrement direct ou en remarquant que les événements de l'union sont incompatibles et les lancers sont indépendants). On a de plus :

P(A∩B) =P(F₁∩F₂) = 1

4 =P(A)P(B), donc AetB sont indépendants.

P(A∩C) =P(F₁∩F₂) = 1

4 =P(A)P(C), donc A etC sont indépendants.

P(B∩C) =P(F₁∩F₂) = 1

4 =P(B)P(C), donc B etC sont indépendants.

Par contre,P(A∩B∩C) =P(P₁∩P₂) = 1 4 6= 1

8 =P(A)P(B)P(C). Donc il ne s'agit pas d'une famille d'événements mutuellement indépendants.