Éducation Nationale Française · BCPST

Espaces probabilisés

⌚ ~67 min ▢ 8 blocs ✓ 32 exercices ➣ Prérequis : Dénombrement, Probabilités

Une expérience aléatoire est une expérience dont on ne peut pas prévoir le résultat avec certitude : lancer un dé, tirer une carte, observer si un patient testé est sain. Pour raisonner sur de telles expériences, on les modélise. Ce chapitre met en place le modèle utilisé toute l'année : l'univers $\Omega$ des résultats possibles (toujours fini ici), les événements (les parties de $\Omega$) et une probabilité $\mathbb{P}$ qui attribue à chaque événement un nombre entre $0$ et $1$ mesurant sa vraisemblance. On construit ensuite les trois outils qui rendent les calculs de probabilité efficaces en pratique : la formule des probabilités totales, qui découpe un calcul sur une partition de $\Omega$ ; le conditionnement, qui met à jour une probabilité une fois une information partielle connue, avec la formule de Bayes ; et l'indépendance, qui exprime que connaître un événement ne renseigne en rien sur un autre. Les techniques de dénombrement du chapitre sur le dénombrement sont la façon naturelle d'évaluer les probabilités dans le cas uniforme.

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I Univers et événements

I.1 Univers, événements et événement contraire

La première étape de la modélisation d'une expérience aléatoire consiste à lister ses résultats possibles. L'ensemble de ces résultats est l'univers ; toute propriété du résultat correspond à une partie de l'univers, c'est-à-dire à un événement.

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Définition — Univers et événements

Soit $\Omega$ un ensemble fini, appelé univers, vu comme l'ensemble des résultats possibles d'une expérience aléatoire. Un événement est un élément $A \in \mathcal{P}(\Omega)$, c'est-à-dire une partie $A \subset \Omega$. Pour $a \in \Omega$, le singleton $\{a\}$ est un événement élémentaire. L'ensemble vide $\emptyset$ est l'événement impossible et $\Omega$ l'événement certain. Pour un événement $A$, son événement contraire est le complémentaire $\overline{A} = \Omega \setminus A$, réalisé exactement quand $A$ ne l'est pas. On dit que $A$ implique $B$ lorsque $A \subset B$. Deux événements $A$ et $B$ sont incompatibles lorsque $A \cap B = \emptyset$. L'événement $A \cup B$ est réalisé quand $A$ ou $B$ l'est, et $A \cap B$ quand $A$ et $B$ le sont tous deux.

Exemple

Pour un lancer de dé à six faces, on prend $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, donc $\mathcal{P}(\Omega)$ compte $2^6 = 64$ événements. L'événement $\{1, 3, 5\}$ signifie « le résultat est impair » ; $\{3, 6\}$ signifie « le résultat est un multiple de $3$ ». Avec $A = \{2\}$ et $B = \{2, 4, 6\}$, $A$ implique $B$ car $A \subset B$ (obtenir un $2$ force un résultat pair). Avec $C = \{1, 3, 5\}$, $B$ et $C$ sont incompatibles car $B \cap C = \emptyset$ (un résultat ne peut être à la fois pair et impair).

Exemple

On lance une pièce deux fois, en notant pile $P$ ou face $F$ à chaque fois. L'univers est $\Omega = \{P, F\}^2 = \{(P,P), (P,F), (F,P), (F,F)\}$, de taille $4$. L'événement $A = \{(P,F), (F,P)\}$ signifie « exactement un pile » ; son contraire $\overline{A} = \{(P,P), (F,F)\}$ signifie « les deux lancers coïncident ». L'événement « au moins un pile » est $\{(P,P), (P,F), (F,P)\}$, le contraire de « aucun pile » $= \{(F,F)\}$.

Méthode — Traduire un énoncé en événement

Identifier d'abord l'univers $\Omega$ ; puis lire « et » comme $\cap$, « ou » comme $\cup$, « ne pas » comme le contraire $\overline{\phantom{A}}$, et « au moins l'un de » comme une réunion. Écrire l'événement comme une partie de $\Omega$ avant tout calcul.

Compétences à pratiquer

Traduire des énoncés en événements

I.2 Systèmes complets d'événements

Une idée récurrente consiste à découper l'univers en morceaux qui ne se recouvrent pas et qui couvrent tout : chaque résultat tombe dans exactement un morceau. Un tel découpage est un système complet d'événements, l'analogue discret d'une partition.

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Définition — Système complet d'événements

Soit $\Omega$ un univers fini et $A_1, \dots, A_n$ des événements non vides. La famille $(A_1, \dots, A_n)$ est un système complet d'événements lorsqu'elle vérifie les deux conditions :

les événements sont deux à deux incompatibles : $A_i \cap A_j = \emptyset$ pour tous $i \ne j$ ;
leur réunion est l'univers tout entier : $\bigcup_{k=1}^{n} A_k = \Omega$.

Les événements forment alors une partition de $\Omega$ : chaque résultat appartient à exactement l'un d'eux.

Exemple

Pour tout événement $A$, le couple $(A, \overline{A})$ est un système complet d'événements : $A \cap \overline{A} = \emptyset$ et $A \cup \overline{A} = \Omega$. Sur le dé avec $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, les événements $A = \{1, 4, 5\}$, $B = \{2, 3\}$ et $C = \{6\}$ forment un système complet. La figure montre l'univers découpé en les cellules d'un système complet $(A_1, A_2, A_3, A_4)$ :

Exemple

Sur tout univers fini $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_m\}$, la famille des singletons $(\{\omega_1\}, \dots, \{\omega_m\})$ est un système complet d'événements : deux singletons distincts sont disjoints, et leur réunion est $\Omega$ tout entier. C'est le système complet le plus fin, et écrire un événement comme réunion de ses événements élémentaires est précisément l'usage qu'on en fait pour calculer les probabilités.

Compétences à pratiquer

Reconnaître des systèmes complets d'événements

II Probabilité sur un univers fini

II.1 Probabilité et ses propriétés

Une probabilité attribue à chaque événement un nombre de $[0, 1]$, avec deux exigences : l'événement certain a pour probabilité $1$, et les probabilités s'ajoutent sur des événements incompatibles. De ces deux exigences découlent toutes les règles usuelles.

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Définition — Probabilité

Soit $\Omega$ un univers fini. Une probabilité sur $\Omega$ est une application $\mathbb{P} : \mathcal{P}(\Omega) \longrightarrow [0, 1]$ telle que :

$\mathbb{P}(\Omega) = 1$ ;
pour toute famille $(A_1, \dots, A_n)$ d'événements deux à deux incompatibles, $\mathbb{P}\left(\bigcup_{k=1}^{n} A_k\right) = \sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}(A_k)$ (additivité).

Le triplet $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), \mathbb{P})$ est alors un espace probabilisé fini.

Exemple

Sur le dé $\Omega = \{1, \dots, 6\}$, poser $\mathbb{P}(\{k\}) = \tfrac{1}{6}$ pour chaque face et prolonger par additivité définit une probabilité. L'événement $A = \{1, 3, 5, 6\}$ a alors $\mathbb{P}(A) = \tfrac{1}{6} + \tfrac{1}{6} + \tfrac{1}{6} + \tfrac{1}{6} = \tfrac{4}{6} = \tfrac{2}{3}$.

Exemple

Une probabilité n'est pas nécessairement uniforme. Pour une pièce truquée avec $\Omega = \{P, F\}$, fixer $\mathbb{P}(\{P\}) = 0{,}7$ impose $\mathbb{P}(\{F\}) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$ car $\{P\}$ et $\{F\}$ sont incompatibles et recouvrent $\Omega$. Toute valeur $\mathbb{P}(\{P\}) = p$ avec $p \in [0, 1]$ donne une probabilité valide sur cet univers à deux résultats.

Proposition — Propriétés d'une probabilité

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini et $A, B$ des événements. Alors :

$\mathbb{P}(\emptyset) = 0$ ;
$\mathbb{P}(\overline{A}) = 1 - \mathbb{P}(A)$ ;
$\mathbb{P}(A \cup B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B)$ ;
si $A \subset B$ alors $\mathbb{P}(A) \le \mathbb{P}(B)$ (croissance) ;
pour des événements $A_1, \dots, A_n$ quelconques, $\mathbb{P}\left(\bigcup_{k=1}^{n} A_k\right) \le \sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}(A_k)$ (sous-additivité).

Preuve

Comme $\Omega = A \cup \overline{A}$ avec $A$ et $\overline{A}$ incompatibles, l'additivité donne $1 = \mathbb{P}(\Omega) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(\overline{A})$, d'où $\mathbb{P}(\overline{A}) = 1 - \mathbb{P}(A)$. En prenant $A = \Omega$ on obtient $\mathbb{P}(\emptyset) = 1 - 1 = 0$. Pour la réunion, écrivons $A \cup B$ comme réunion disjointe de trois événements incompatibles : $$\begin{aligned} \mathbb{P}(A \cup B) &= \mathbb{P}\bigl((A \cap \overline{B}) \cup (A \cap B) \cup (\overline{A} \cap B)\bigr) \\ &= \mathbb{P}(A \cap \overline{B}) + \mathbb{P}(A \cap B) + \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) && \text{(additivité)} \\ &= \bigl(\mathbb{P}(A) - \mathbb{P}(A \cap B)\bigr) + \mathbb{P}(A \cap B) + \bigl(\mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B)\bigr) && \text{(on découpe } A \text{ et } B \text{)} \\ &= \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B). \end{aligned}$$ Si $A \subset B$ alors $B = A \cup (B \cap \overline{A})$ est une réunion disjointe, donc $\mathbb{P}(B) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B \cap \overline{A}) \ge \mathbb{P}(A)$. Enfin, la sous-additivité s'obtient par récurrence sur $n$ : le cas $n = 1$ est une égalité, et si elle est vraie au rang $n$ alors, en abandonnant le terme positif $\mathbb{P}\bigl((\bigcup_{k=1}^{n} A_k) \cap A_{n+1}\bigr)$ dans la formule de la réunion à deux événements, $$\mathbb{P}\!\left(\bigcup_{k=1}^{n+1} A_k\right) \le \mathbb{P}\!\left(\bigcup_{k=1}^{n} A_k\right) + \mathbb{P}(A_{n+1}) \le \sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}(A_k) + \mathbb{P}(A_{n+1}) = \sum_{k=1}^{n+1} \mathbb{P}(A_k).$$

Exemple

Pour trois événements $A$, $B$, $C$, la formule de la réunion appliquée deux fois donne, après regroupement, $$\mathbb{P}(A \cup B \cup C) = \mathbb{P}(A) + \mathbb{P}(B) + \mathbb{P}(C) - \mathbb{P}(A \cap B) - \mathbb{P}(A \cap C) - \mathbb{P}(B \cap C) + \mathbb{P}(A \cap B \cap C).$$ On retranche chaque recouvrement deux à deux, puis on rajoute le recouvrement triple retiré une fois de trop. On s'arrête à trois événements : aucune formule générale avec davantage d'événements n'est nécessaire cette année.

Méthode — Passer par l'événement contraire

Lorsqu'un événement est naturellement une réunion de nombreux cas (« au moins un…»), il est souvent plus rapide de calculer la probabilité de son contraire (« aucun…») et d'utiliser $\mathbb{P}(A) = 1 - \mathbb{P}(\overline{A})$.

Compétences à pratiquer

Appliquer les règles d'une probabilité

II.2 Équiprobabilité

Lorsque rien ne distingue les résultats — un dé équilibré, un jeu bien battu — tous les événements élémentaires ont la même probabilité. Une probabilité se ramène alors à un dénombrement, et le chapitre sur le dénombrement en fournit les outils.

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Définition — Probabilité uniforme

Soit $\Omega$ un univers fini. La probabilité uniforme sur $\Omega$ est définie par $$\forall A \in \mathcal{P}(\Omega), \quad \mathbb{P}(A) = \frac{\mathrm{card}(A)}{\mathrm{card}(\Omega)},$$ la proportion de résultats favorables parmi tous les résultats possibles. On parle alors d'une situation d'équiprobabilité ; chaque événement élémentaire a pour probabilité $\frac{1}{\mathrm{card}(\Omega)}$.

Exemple

Sur le dé équilibré $\Omega = \{1, \dots, 6\}$ muni de la probabilité uniforme, chaque face a pour probabilité $\tfrac{1}{6}$. Pour $A = \{1, 3, 5, 6\}$, $$\mathbb{P}(A) = \frac{\mathrm{card}(A)}{\mathrm{card}(\Omega)} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}.$$

Exemple

On tire une carte d'un jeu de $52$ bien battu, donc $\mathrm{card}(\Omega) = 52$ sous équiprobabilité. L'événement « la carte est un cœur » compte $13$ cas favorables, donc sa probabilité est $\tfrac{13}{52} = \tfrac{1}{4}$. L'événement « la carte est une figure » (valet, dame ou roi, dans l'une des quatre couleurs) compte $12$ cas favorables, donc sa probabilité est $\tfrac{12}{52} = \tfrac{3}{13}$.

Méthode — Calculer une probabilité par dénombrement

Sous équiprobabilité, une probabilité est le rapport (cas favorables)/(cas possibles). Décrire précisément $\Omega$, puis dénombrer $\mathrm{card}(\Omega)$ et $\mathrm{card}(A)$ avec les outils du chapitre sur le dénombrement (arrangements, combinaisons), en gardant le même modèle de comptage au numérateur et au dénominateur.

Compétences à pratiquer

Calculer des probabilités par dénombrement

III Conditionnement

III.1 Probabilité conditionnelle et probabilités composées

Savoir qu'un événement $B$ s'est réalisé modifie la vraisemblance d'un autre événement $A$ : on restreint l'attention aux résultats situés dans $B$ et on renormalise. C'est le conditionnement, et il permet de calculer la probabilité d'une succession d'événements.

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Définition — Probabilité conditionnelle

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), \mathbb{P})$ un espace probabilisé fini et $A, B$ des événements avec $\mathbb{P}(B) > 0$. La probabilité conditionnelle de $A$ sachant $B$ est le réel $$\mathbb{P}_B(A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)},$$ aussi notée $\mathbb{P}(A \mid B)$.

Exemple

On lance un dé équilibré, $\Omega = \{1, \dots, 6\}$ uniforme. Sachant que le résultat est impair, quelle est la probabilité qu'il vaille $5$ ? Soit $A = \{5\}$ et $B = \{1, 3, 5\}$. Alors $A \cap B = \{5\}$, donc $$\mathbb{P}_B(A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{1/6}{3/6} = \frac{1}{3}.$$ En revanche, sachant que le résultat est impair, la probabilité qu'il vaille $4$ est $0$, car $\{4\} \cap B = \emptyset$.

Exemple

Un couple a deux enfants ; on suppose les quatre cas $\Omega = \{(F,F), (F,G), (G,F), (G,G)\}$ équiprobables, où $G$ est un garçon et $F$ une fille. Sachant que le couple a au moins un garçon, quelle est la probabilité qu'il ait aussi une fille ? Soit $A$ « a une fille » et $B$ « a un garçon ». Alors $A \cap B = \{(F,G), (G,F)\}$ et $B = \{(F,G), (G,F), (G,G)\}$, donc $$\mathbb{P}_B(A) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{2/4}{3/4} = \frac{2}{3}.$$

Proposition — Le conditionnement définit une probabilité

Soit $B$ un événement avec $\mathbb{P}(B) > 0$. L'application $A \mapsto \mathbb{P}_B(A)$ est une probabilité sur $\Omega$. En particulier elle hérite de toutes les propriétés ci-dessus : $\mathbb{P}_B(\overline{A}) = 1 - \mathbb{P}_B(A)$ et $\mathbb{P}_B(A \cup C) = \mathbb{P}_B(A) + \mathbb{P}_B(C) - \mathbb{P}_B(A \cap C)$.

Preuve

Pour $A \in \mathcal{P}(\Omega)$, $A \cap B \subset B$ donne $0 \le \mathbb{P}(A \cap B) \le \mathbb{P}(B)$, donc $\mathbb{P}_B(A) \in [0, 1]$. De plus $\mathbb{P}_B(\Omega) = \frac{\mathbb{P}(\Omega \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)} = 1$. Enfin, si $(A_1, \dots, A_n)$ sont deux à deux incompatibles, les événements $(A_k \cap B)$ le sont aussi, donc $$\mathbb{P}_B\!\left(\bigcup_{k=1}^{n} A_k\right) = \frac{\mathbb{P}\!\left(\bigl(\bigcup_{k} A_k\bigr) \cap B\right)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}(A_k \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}_B(A_k).$$ Ainsi $\mathbb{P}_B$ vérifie les deux exigences d'une probabilité.

Proposition — Probabilités composées

Soient $n \ge 2$ et $A_1, \dots, A_n$ des événements avec $\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$. Alors $$\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_n) = \mathbb{P}(A_1)\, \mathbb{P}_{A_1}(A_2)\, \mathbb{P}_{A_1 \cap A_2}(A_3) \cdots \mathbb{P}_{A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}}(A_n).$$ En particulier, pour deux événements $A, B$ avec $\mathbb{P}(A) > 0$ et $\mathbb{P}(B) > 0$, $\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(B)\, \mathbb{P}_B(A) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}_A(B)$.

Preuve

L'hypothèse $\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) > 0$ assure, par croissance, que tout événement conditionnant $A_1 \cap \dots \cap A_k$ a une probabilité strictement positive, donc chaque probabilité conditionnelle est définie. En remplaçant chacune par sa définition, le membre de droite se télescope : $$\mathbb{P}(A_1)\, \frac{\mathbb{P}(A_1 \cap A_2)}{\mathbb{P}(A_1)}\, \frac{\mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap A_3)}{\mathbb{P}(A_1 \cap A_2)} \cdots \frac{\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_n)}{\mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})} = \mathbb{P}(A_1 \cap \dots \cap A_n),$$ chaque numérateur simplifiant le dénominateur suivant.

Méthode — Construire un arbre de probabilités

Pour une expérience en plusieurs étapes, dessiner un arbre : chaque niveau est une étape, chaque branche porte la probabilité de son résultat sachant le chemin parcouru. La probabilité d'une feuille est le produit des probabilités le long de son chemin (probabilités composées) ; les branches issues d'un nœud ont pour somme $1$.

Exemple

Une urne contient $2$ boules blanches et $1$ boule noire. On tire deux boules l'une après l'autre sans remise. L'arbre ci-dessous porte les probabilités conditionnelles ; en multipliant le long du chemin supérieur, $\mathbb{P}(\text{deux blanches}) = \tfrac{2}{3} \times \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{3}$.

Compétences à pratiquer

Calculer des probabilités conditionnelles

III.2 Probabilités totales et Bayes

Un système complet d'événements découpe $\Omega$ en cas. La formule des probabilités totales calcule la probabilité d'un événement en sommant sur ces cas ; la formule de Bayes inverse ensuite le conditionnement, en retrouvant la probabilité d'une cause sachant un effet observé.

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Théorème — Formule des probabilités totales

Soit $(A_1, \dots, A_n)$ un système complet d'événements. Alors pour tout événement $B$, $$\mathbb{P}(B) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A_i \cap B) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}_{A_i}(B),$$ avec la convention $\mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}_{A_i}(B) = 0$ lorsque $\mathbb{P}(A_i) = 0$.

Preuve

Comme $\bigcup_i A_i = \Omega$, en intersectant avec $B$ on obtient $B = B \cap \Omega = \bigcup_{i=1}^{n} (B \cap A_i)$. Les événements $(B \cap A_i)$ sont deux à deux incompatibles puisque les $A_i$ le sont, donc l'additivité donne $\mathbb{P}(B) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A_i \cap B)$. Pour chaque $i$ tel que $\mathbb{P}(A_i) > 0$, la règle des probabilités composées donne $\mathbb{P}(A_i \cap B) = \mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}_{A_i}(B)$ ; la convention énoncée couvre les termes avec $\mathbb{P}(A_i) = 0$, qui contribuent $0$.

Exemple

Trois urnes $U_1, U_2, U_3$ ont la composition suivante : $U_1$ contient $1$ boule blanche et $1$ boule noire, $U_2$ contient $3$ boules blanches et $2$ noires, $U_3$ contient $2$ boules blanches et $2$ noires. On choisit une urne au hasard, puis on tire une boule. Soit $N$ « la boule tirée est noire ». Les événements $(U_1, U_2, U_3)$ forment un système complet, chacun de probabilité $\tfrac{1}{3}$, donc par la formule des probabilités totales $$\mathbb{P}(N) = \mathbb{P}(U_1)\, \mathbb{P}_{U_1}(N) + \mathbb{P}(U_2)\, \mathbb{P}_{U_2}(N) + \mathbb{P}(U_3)\, \mathbb{P}_{U_3}(N) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{5} + \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{7}{15}.$$

Théorème — Formule de Bayes

Soit $(A_1, \dots, A_n)$ un système complet d'événements de probabilités strictement positives et $B$ un événement avec $\mathbb{P}(B) > 0$. Alors pour tout $i$, $$\mathbb{P}_B(A_i) = \frac{\mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}_{A_i}(B)}{\sum_{k=1}^{n} \mathbb{P}(A_k)\, \mathbb{P}_{A_k}(B)}.$$ Pour le système à deux cas $(A, \overline{A})$, cela s'écrit $\mathbb{P}_B(A) = \dfrac{\mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}_A(B)}{\mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}_A(B) + \mathbb{P}(\overline{A})\, \mathbb{P}_{\overline{A}}(B)}$.

Preuve

Par la définition du conditionnement et la règle des probabilités composées, $\mathbb{P}_B(A_i) = \frac{\mathbb{P}(A_i \cap B)}{\mathbb{P}(B)} = \frac{\mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}_{A_i}(B)}{\mathbb{P}(B)}$. En remplaçant le dénominateur $\mathbb{P}(B)$ par son développement issu de la formule des probabilités totales, on obtient l'égalité annoncée.

Exemple

Une maladie touche $0{,}01\pourcent$ d'une population. Un test est positif sur une personne malade avec probabilité $99\pourcent$, et négatif sur une personne saine avec probabilité $99\pourcent$. Une personne est testée positive : quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ? Soit $A$ « malade » et $B$ « positif ». Avec $\mathbb{P}(A) = 0{,}0001$, $\mathbb{P}_A(B) = 0{,}99$ et $\mathbb{P}_{\overline{A}}(B) = 0{,}01$, la formule de Bayes donne $$\mathbb{P}_B(A) = \frac{0{,}0001 \times 0{,}99}{0{,}0001 \times 0{,}99 + 0{,}9999 \times 0{,}01} \simeq 0{,}0098.$$ Malgré un test très précis, la réponse est inférieure à $1\pourcent$, car la maladie est elle-même extrêmement rare. L'arbre le montre avant toute division : les deux feuilles positives (en couleur) pèsent $0{,}000099$ et $0{,}009999$, donc un résultat positif provient de la branche saine environ cent fois plus souvent que de la branche malade — non parce que le test est mauvais, mais parce que la branche saine était dix mille fois plus grosse au départ.

Méthode — Appliquer la formule de Bayes

Nommer le système complet des « causes » $(A_i)$ et l'« effet » observé $B$. Lire les probabilités initiales $\mathbb{P}(A_i)$ et les probabilités conditionnelles $\mathbb{P}_{A_i}(B)$ dans l'énoncé. Calculer $\mathbb{P}(B)$ par les probabilités totales, puis diviser $\mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}_{A_i}(B)$ par ce résultat.

Compétences à pratiquer

Appliquer les probabilités totales et Bayes

IV Indépendance

IV.1 Indépendance de deux événements

Deux événements sont indépendants quand la réalisation de l'un ne change pas la probabilité de l'autre. La façon nette de l'exprimer est multiplicative, ce qui évite de diviser et traite les événements de probabilité nulle.

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Définition — Événements indépendants

Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants lorsque $$\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B).$$ Lorsque $\mathbb{P}(B) > 0$, cela équivaut à $\mathbb{P}_B(A) = \mathbb{P}(A)$ : conditionner par $B$ ne change pas la probabilité de $A$.

Exemple

On lance deux dés équilibrés $D_1$, $D_2$ de façon indépendante, donc $\Omega = \{1, \dots, 6\}^2$ muni de la probabilité uniforme. Soit $A$ « $D_1$ est pair » et $B$ « $D_2$ est pair ». Alors $\mathbb{P}(A) = \mathbb{P}(B) = \tfrac{1}{2}$ et $\mathbb{P}(A \cap B) = \tfrac{9}{36} = \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{2} \times \tfrac{1}{2}$, donc $A$ et $B$ sont indépendants.

Exemple

L'indépendance peut aussi apparaître au sein d'une même expérience. On lance un dé équilibré, $\Omega = \{1, \dots, 6\}$ uniforme, et soit $A = \{2, 4, 6\}$ « pair » et $B = \{3, 6\}$ « multiple de $3$ ». Alors $\mathbb{P}(A) = \tfrac{1}{2}$, $\mathbb{P}(B) = \tfrac{1}{3}$, et $A \cap B = \{6\}$ a pour probabilité $\mathbb{P}(A \cap B) = \tfrac{1}{6} = \tfrac{1}{2} \times \tfrac{1}{3}$, donc $A$ et $B$ sont indépendants bien qu'ils portent sur le même lancer.

Proposition — Indépendance et événement contraire

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $\overline{A}$ et $B$ sont indépendants (et de même $A$ et $\overline{B}$, ainsi que $\overline{A}$ et $\overline{B}$).

Preuve

L'événement $B$ se découpe en la réunion disjointe $B = (A \cap B) \cup (\overline{A} \cap B)$, donc $$\begin{aligned} \mathbb{P}(\overline{A} \cap B) &= \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A \cap B) && \text{(découpage disjoint de } B \text{)} \\ &= \mathbb{P}(B) - \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B) && \text{(indépendance de } A, B \text{)} \\ &= \bigl(1 - \mathbb{P}(A)\bigr)\, \mathbb{P}(B) \\ &= \mathbb{P}(\overline{A})\, \mathbb{P}(B). \end{aligned}$$ Donc $\overline{A}$ et $B$ sont indépendants. Les deux autres cas s'obtiennent en répétant l'argument.

Indépendance et incompatibilité sont différentes, voire opposées. Si $A$ et $B$ sont incompatibles avec $\mathbb{P}(A) > 0$ et $\mathbb{P}(B) > 0$, alors $\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(\emptyset) = 0 \ne \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B)$, donc ils ne sont pas indépendants : savoir que $A$ s'est réalisé interdit $B$, ce qui est une forte information.

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Compétences à pratiquer

Tester l'indépendance de deux événements

IV.2 Indépendance mutuelle

Pour plus de deux événements, on distingue deux notions : l'indépendance vérifiée paire par paire, et l'indépendance mutuelle, plus forte, qui exige la règle du produit pour toute sous-famille. Les deux ne coïncident pas.

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Définition — Événements deux à deux et mutuellement indépendants

Soient $(A_1, \dots, A_n)$ des événements. Ils sont deux à deux indépendants lorsque $\mathbb{P}(A_i \cap A_j) = \mathbb{P}(A_i)\, \mathbb{P}(A_j)$ pour tous $i \ne j$. Ils sont mutuellement indépendants lorsque, pour toute partie $I \subset \{1, \dots, n\}$ à au moins deux indices, $$\mathbb{P}\!\left(\bigcap_{k \in I} A_k\right) = \prod_{k \in I} \mathbb{P}(A_k).$$ L'indépendance mutuelle implique l'indépendance deux à deux ; la réciproque est fausse.

Exemple

On lance deux dés équilibrés, $\Omega = \{1, \dots, 6\}^2$ uniforme. Soit $A$ « $D_1$ pair », $B$ « $D_2$ pair », $C$ « la somme est paire ». Chacun a pour probabilité $\tfrac{1}{2}$, et on vérifie $\mathbb{P}(A \cap B) = \mathbb{P}(A \cap C) = \mathbb{P}(B \cap C) = \tfrac{1}{4}$, donc les trois sont deux à deux indépendants. Mais la somme est paire exactement quand $A$ et $B$ s'accordent, donc $A \cap B \cap C = A \cap B$ et $$\mathbb{P}(A \cap B \cap C) = \frac{1}{4} \ne \frac{1}{8} = \mathbb{P}(A)\, \mathbb{P}(B)\, \mathbb{P}(C).$$ Les trois événements sont deux à deux mais pas mutuellement indépendants.

Méthode — Modéliser des épreuves indépendantes répétées

Pour $n$ répétitions de la même expérience dans des conditions identiques, prendre les événements d'épreuves distinctes mutuellement indépendants. La probabilité d'une suite donnée de résultats est alors le produit des probabilités d'une épreuve ; « au moins une fois » se traite au mieux par le contraire « jamais ».

Pour aller plus loin

Ces outils sont le fondement du chapitre suivant sur les variables aléatoires, où une grandeur attachée au résultat est étudiée à travers sa loi, son espérance et sa variance. Les probabilités totales et le conditionnement réapparaissent sans cesse — en génétique (transmission des allèles), en fiabilité (une chaîne de composants indépendants) et dans les tests de diagnostic, exactement comme dans la formule de Bayes ci-dessus. Tout reste cette année dans un univers fini.

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Compétences à pratiquer

Distinguer indépendance deux à deux et mutuelle