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Probabilités sur un ensemble fini

⌚ ~75 min ▢ 9 blocs ✓ 48 exercices PDFCours complet PDFFiche d'exercices PDFCorrections ➣ Prérequis : Logique et ensembles, Méthodes de calcul

Une expérience aléatoire est une procédure dont le résultat n'est pas connu d'avance : lancer une pièce, jeter un dé, tirer une boule dans une urne, observer la variation journalière d'un cours de bourse. De l'expérience, on retient l'ensemble $\Omega$ de tous les résultats observables ; un événement est une partie de $\Omega$. Une probabilité est une façon additive de peser les événements dans $[0, 1]$ avec un poids total égal à $1$. Ce chapitre construit la boîte à outils en quatre étages sur laquelle repose le reste de l'année : (1) le vocabulaire des événements et les opérations $\cap$, $\cup$, complémentaire ; (2) la probabilité elle-même, ses règles opératoires (additivité, monotonie, formule du crible pour $2$ et $3$ événements) et le cas de l'équiprobabilité ; (3) le conditionnement — l'outil central de l'année — avec les formules des probabilités composées, totales et de Bayes ; (4) l'indépendance, avec la distinction deux à deux / mutuelle. Convention : dans tout ce chapitre $\Omega$ est fini, l'ensemble $\mathcal{P}(\Omega)$ des parties de $\Omega$ est le terrain de jeu des événements, $P$ désigne la probabilité (et non $\Pr$), et la probabilité conditionnelle de $B$ sachant $A$ est notée $P_A(B)$ en indice. Le vocabulaire ensembliste ($\cap$, $\cup$, complémentaire, partition, produit cartésien) et les outils de dénombrement (cardinal, factorielle, coefficients binomiaux) sont repris des chapitres Logique et ensembles et Méthodes de calcul.

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I Univers et événements

I.1 Univers, événements et événement contraire

La première tâche est de donner un objet mathématique précis à une expérience aléatoire. L'objet choisi est l'univers $\Omega$ — l'ensemble de tous les résultats que l'on décide d'observer — avec la famille $\mathcal{P}(\Omega)$ de ses parties, appelées événements. À partir de là, le vocabulaire courant des événements (« $A$ et $B$ », « non $A$ », « soit $A$ soit $B$ ») se traduit directement par les opérations ensemblistes rappelées du chapitre Logique et ensembles.

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Définition — Expérience aléatoire, univers, événement

Une expérience aléatoire est une procédure dont on ne peut pas prévoir le résultat avec certitude à l'avance, même quand la procédure est entièrement spécifiée. Son univers (ou univers des résultats observables) est l'ensemble $\Omega$ de tous les résultats que l'on choisit d'observer ; dans tout ce chapitre, $\Omega$ est supposé fini et non vide. Un événement est une partie de $\Omega$, c'est-à-dire un élément de $\mathcal{P}(\Omega)$. On dit que l'événement $A$ est réalisé lorsque le résultat $\omega$ de l'expérience appartient à $A$.

Exemple

Lancer d'un dé équilibré : l'univers est $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$. L'événement « le résultat est pair » est $A = \{2, 4, 6\}$, l'événement « le résultat est au moins $5$ » est $B = \{5, 6\}$. Si le dé donne $6$, les deux événements sont réalisés ; s'il donne $3$, aucun ne l'est.

Exemple

Lancer de deux pièces discernables (l'une est rouge, l'autre bleue). En codant pile par $T$ et face par $H$ et en plaçant la pièce rouge en premier, l'univers est $$\Omega = \{(H \,;\, H),\ (H \,;\, T),\ (T \,;\, H),\ (T \,;\, T)\},$$ de cardinal $4$. L'événement $C = $ « au moins une face $H$ apparaît » est $C = \{(H \,;\, H), (H \,;\, T), (T \,;\, H)\}$ et a pour cardinal $3$.

Définition — Événement élémentaire, certain, impossible, contraire

Soit $\Omega$ l'univers d'une expérience aléatoire.

les singletons $\{\omega\}$, pour $\omega \in \Omega$, sont appelés événements élémentaires ;
$\Omega$ lui-même est l'événement certain (toujours réalisé) ;
$\emptyset$ est l'événement impossible (jamais réalisé) ;
pour un événement $A$, son événement contraire est $\overline{A} = \Omega \setminus A = \{\omega \in \Omega \mid \omega \notin A\}$ — l'événement « $A$ n'est pas réalisé ».

Exemple

Lancer d'un dé équilibré : les événements élémentaires sont $\{1\}, \{2\}, \dots, \{6\}$ ; le contraire de $A = \{2, 4, 6\}$ (« résultat pair ») est $\overline{A} = \{1, 3, 5\}$ (« résultat impair »). On a toujours $A \cap \overline{A} = \emptyset$ (ils ne peuvent pas être réalisés tous les deux) et $A \cup \overline{A} = \Omega$ (l'un des deux l'est toujours).

Définition — Opérations sur les événements ; événements incompatibles

Pour des événements $A, B \subset \Omega$ :

$A \cap B$ est l'événement « $A$ et $B$ » (les deux sont réalisés) ;
$A \cup B$ est l'événement « $A$ ou $B$ » (au moins l'un est réalisé — le « ou » est inclusif) ;
$\overline{A}$ est l'événement « non $A$ » ;
$A$ et $B$ sont incompatibles (ou disjoints) lorsque $A \cap B = \emptyset$, c'est-à-dire qu'ils ne peuvent pas être réalisés simultanément.

Le dictionnaire connecteur $\leftrightarrow$ opération ensembliste est celui déjà mis en place dans le chapitre Logique et ensembles : « et » $\leftrightarrow \cap$, « ou » $\leftrightarrow \cup$, « non » $\leftrightarrow$ complémentaire.

Exemple

Deux disques qui se recouvrent dans un rectangle $\Omega$ rendent les deux opérations visibles : à gauche, la lentille grisée est $A \cap B$ ; à droite, toute l'aire grisée est $A \cup B$.

$\qquad$

Deux événements incompatibles correspondent à deux disques qui ne se recouvrent pas.

Exemple

Lancer d'un dé équilibré avec $A = \{2, 4, 6\}$ (« pair ») et $B = \{5, 6\}$ (« $\geq 5$ ») : $A \cap B = \{6\}$ (« pair et $\geq 5$ »), $A \cup B = \{2, 4, 5, 6\}$ (« pair ou $\geq 5$ »), et $\overline{A \cup B} = \{1, 3\}$ (« ni pair ni $\geq 5$ »). Les événements $A$ et $\{1, 3\}$ sont incompatibles puisque $A \cap \{1, 3\} = \emptyset$.

Méthode — Traduire un énoncé courant en événements

Lire l'énoncé et appliquer le dictionnaire un connecteur à la fois :

identifier d'abord l'univers $\Omega$ — il faut s'entendre sur ce que l'on observe ;
nommer les événements de base qui apparaissent dans l'énoncé (un par groupe coloré) ;
décortiquer les connecteurs avec le dictionnaire : « et » $\to \cap$, « ou » $\to \cup$, « non » $\to$ surligné, « ni $A$ ni $B$ » $\to \overline{A \cup B}$ ;
vérifier sur un petit exemple que l'événement écrit correspond bien à l'énoncé.

Les lois de De Morgan du chapitre Logique et ensembles se traduisent directement : $\overline{A \cap B} = \overline{A} \cup \overline{B}$ et $\overline{A \cup B} = \overline{A} \cap \overline{B}$.

Exemple

On tire au hasard une carte d'un jeu standard de $52$ cartes. Traduire l'événement « la carte est un c\oe ur ou un roi mais pas les deux ».

Correction

Prenons $\Omega$ l'ensemble des $52$ cartes. Soient $H = $ « la carte est un c\oe ur » et $K = $ « la carte est un roi ». L'énoncé « $H$ ou $K$ mais pas les deux » est la différence symétrique, qui se décompose en $$\begin{aligned} (H \cup K) \setminus (H \cap K) &= (H \setminus K) \cup (K \setminus H) && \text{(« ou mais pas les deux » retire la lentille)} \\ &= (H \cap \overline{K}) \cup (K \cap \overline{H}). && \text{(}A \setminus B = A \cap \overline{B}\text{, rappelé de \textit{Logique et ensembles})} \end{aligned}$$ Les deux formes sont correctes ; la seconde se relit en « un c\oe ur qui n'est pas le roi de c\oe ur, ou un roi qui n'est pas un c\oe ur ».

Compétences à pratiquer

Traduire des énoncés en événements

I.2 Systèmes complets finis d'événements

Un système complet d'événements est une manière de découper $\Omega$ en un nombre fini de blocs incompatibles qui épuisent toutes les possibilités. C'est le nom probabiliste de ce que le chapitre Logique et ensembles a appelé une partition de $\Omega$. Les systèmes complets sont l'ossature des formules des probabilités totales et de Bayes vues plus bas.

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Définition — Système complet fini d'événements

Soit $I$ une partie finie de $\mathbb{N}$. Une famille $(A_i)_{i \in I}$ d'événements de $\Omega$ est un système complet fini d'événements lorsque :

les $A_i$ sont deux à deux disjoints : $\forall i, j \in I,\ i \neq j \Rightarrow A_i \cap A_j = \emptyset$ ;
leur réunion vaut $\Omega$ : $\bigcup_{i \in I} A_i = \Omega$.

C'est la définition du programme. De façon équivalente : tout résultat $\omega \in \Omega$ appartient à exactement un des $A_i$. La famille peut contenir des événements vides ; en pratique ils ne jouent aucun rôle et l'on énonce généralement un système complet sans eux.

Exemple

Pour tout événement $A$, le couple $\{A, \overline{A}\}$ est un système complet d'événements : ils sont disjoints ($A \cap \overline{A} = \emptyset$) et leur réunion vaut $\Omega$. C'est le système complet le plus simple, et le plus utilisé à ce niveau. Le cas intéressant est $A \neq \emptyset$ et $A \neq \Omega$, de sorte qu'aucune des deux parts n'est vide.

Exemple

Sur le dé équilibré, la partition par le résultat lui-même $\bigl(\{1\}, \{2\}, \{3\}, \{4\}, \{5\}, \{6\}\bigr)$ est un système complet (les singletons sont non vides, deux à deux disjoints, leur réunion est $\Omega$) ; la partition par parité $\bigl(\{1, 3, 5\}, \{2, 4, 6\}\bigr)$ en est un autre, plus grossier. Le triplet $\bigl(\{1, 2\}, \{3, 4\}, \{5, 6\}\bigr)$ est encore un autre système complet, par « bas / milieu / haut ».

Proposition — Système complet atomique

La famille des singletons $\bigl(\{\omega\}\bigr)_{\omega \in \Omega}$ est un système complet d'événements de $\Omega$, appelé système complet atomique. C'est le système complet le plus fin dont les parts soient toutes non vides (tout autre système complet à parts toutes non vides s'obtient en regroupant certains de ces singletons en blocs).

Preuve

Chaque $\{\omega\}$ est non vide (il contient $\omega$). Deux singletons distincts $\{\omega\}$ et $\{\omega'\}$ sont disjoints, puisque leur intersection forcerait $\omega = \omega'$. Et leur réunion vaut $\bigcup_{\omega \in \Omega} \{\omega\} = \Omega$ par définition de $\Omega$. Les trois conditions sont vérifiées.

Méthode — Reconnaître un système complet

Étant donnée une famille finie $(A_i)_{i \in I}$ d'événements, effectuer les deux vérifications dans l'ordre :

disjonction deux à deux : pour $i \neq j$, $A_i \cap A_j = \emptyset$ (souvent, la vérification la plus simple est d'exhiber une condition définissante qui rend les $A_i$ manifestement incompatibles : parité, valeur d'une coordonnée, signe, etc.) ;
exhaustion : $\bigcup_{i \in I} A_i = \Omega$ — tout $\omega \in \Omega$ tombe dans au moins un $A_i$.

Si l'une des deux échoue, la famille n'est pas un système complet ; si les deux réussissent, c'en est un. En pratique on supprime les parts vides (elles n'apportent rien), de sorte que la famille écrite n'a que des événements non vides.

Compétences à pratiquer

Reconnaître des systèmes complets d'événements

II Probabilité sur un univers fini

II.1 Probabilité et ses propriétés

Une probabilité sur $\Omega$ est une manière additive de peser les événements dans $[0, 1]$ avec un poids total égal à $1$. De cette seule définition découlent immédiatement plusieurs règles : probabilité du contraire, de la réunion, d'une différence, d'une inclusion. La formule du crible (Poincaré) généralise la règle de la réunion à $3$ événements.

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Définition — Probabilité sur $\mathcal{P}(\Omega)$

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

$P(\Omega) = 1$ (l'événement certain a pour poids $1$) ;
pour tous événements disjoints $A, B \subset \Omega$, $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$ (additivité).

Le couple $(\Omega, P)$ est alors appelé espace probabilisé fini.

Exemple

Sur le dé équilibré $\Omega = \{1, \dots, 6\}$, l'application $P(A) = \mathrm{Card}(A) / 6$ définit une probabilité : elle prend ses valeurs dans $[0, 1]$ (puisque $0 \leq \mathrm{Card}(A) \leq 6$) ; $P(\Omega) = 6/6 = 1$ ; et pour deux événements disjoints $A, B$, $\mathrm{Card}(A \cup B) = \mathrm{Card}(A) + \mathrm{Card}(B)$, donc $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$. C'est la probabilité uniforme de la sous-section suivante.

Exemple

Sur $\Omega = \{1, \dots, 6\}$, définissons un dé biaisé où le résultat $6$ est deux fois plus probable que chacun des autres. Posons $P(\{i\}) = 1/7$ pour $i \in \{1, \dots, 5\}$, $P(\{6\}) = 2/7$, et prolongeons par $P(A) = \sum_{i \in A} P(\{i\})$ pour toute partie $A \subset \Omega$ (avec $P(\emptyset) = 0$). On vérifie directement : $P(A) \in [0, 1]$ (somme de poids singletons positifs majorée par $P(\Omega) = 1$) ; $P(\Omega) = 5 \cdot (1/7) + 2/7 = 1$ ; pour $A, B$ disjoints, $P(A \cup B) = \sum_{i \in A \cup B} P(\{i\}) = \sum_{i \in A} P(\{i\}) + \sum_{i \in B} P(\{i\}) = P(A) + P(B)$ puisque chaque $i$ est dans exactement l'un des deux. Les trois conditions sont vérifiées, donc $P$ est une probabilité sur $\mathcal{P}(\Omega)$.

Proposition — Règles de base d'une probabilité

Soit $P$ une probabilité sur $\mathcal{P}(\Omega)$ et $A, B \subset \Omega$.

Événement impossible : $P(\emptyset) = 0$.
Contraire : $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$.
Monotonie et différence : si $A \subset B$, alors $P(A) \leq P(B)$ et $P(B \setminus A) = P(B) - P(A)$.
Additivité finie sur des événements disjoints : pour des événements deux à deux disjoints $B_1, \dots, B_n$, $$P\bigl(B_1 \cup \dots \cup B_n\bigr) = \sum_{i=1}^n P(B_i).$$
Somme sur un système complet : si $(A_i)_{i \in I}$ est un système complet fini d'événements, alors $\sum_{i \in I} P(A_i) = 1$.

Preuve

Contraire et événement impossible. $\Omega = A \sqcup \overline{A}$ (les deux sont disjoints et leur réunion vaut $\Omega$), donc par additivité $$\begin{aligned} 1 = P(\Omega) &= P(A) + P(\overline{A}) && \text{(additivité sur } A \sqcup \overline{A} \text{)}, \end{aligned}$$ ce qui donne $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$. En prenant $A = \Omega$, on obtient $P(\emptyset) = P(\overline{\Omega}) = 1 - 1 = 0$.
Monotonie et différence. Supposons $A \subset B$. Alors $B = A \sqcup (B \setminus A)$, et les deux parties sont disjointes, donc $P(B) = P(A) + P(B \setminus A)$ par additivité. Comme $P(B \setminus A) \geq 0$, on en tire $P(A) \leq P(B)$, et l'égalité se réécrit $P(B \setminus A) = P(B) - P(A)$.
Additivité finie sur $n$ événements disjoints. Par récurrence sur $n$. Le cas $n = 2$ est la définition. Hérédité : supposons la propriété au rang $n$. Soient $B_1, \dots, B_{n+1}$ deux à deux disjoints et notons $S_n = B_1 \cup \dots \cup B_n$ ; les événements $S_n$ et $B_{n+1}$ sont disjoints (puisque $B_{n+1}$ est disjoint de chaque $B_i$ pour $i \leq n$), donc $$\begin{aligned} P\bigl(S_n \cup B_{n+1}\bigr) &= P(S_n) + P(B_{n+1}) && \text{(additivité à } 2 \text{ événements)} \\ &= \sum_{i=1}^n P(B_i) + P(B_{n+1}) && \text{(hypothèse de récurrence)} \\ &= \sum_{i=1}^{n+1} P(B_i). \end{aligned}$$
Somme sur un système complet. Si $(A_i)_{i \in I}$ est un système complet, les $A_i$ sont deux à deux disjoints et leur réunion vaut $\Omega$, donc $1 = P(\Omega) = \sum_{i \in I} P(A_i)$ par le point précédent.

Proposition — Formule du crible (Poincaré) — 2 et 3 événements

Pour tous événements $A, B, C \subset \Omega$ :

$\textcolor{blue}{2 événements}$ : $\quad$ $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$.
$\textcolor{blue}{3 événements}$ : $$P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(A \cap B) - P(A \cap C) - P(B \cap C) + P(A \cap B \cap C).$$

Preuve

$2$ événements. On décompose $A \cup B$ en deux morceaux disjoints, $A$ et $B \setminus A$ : $$\begin{aligned} P(A \cup B) &= P(A) + P(B \setminus A) && \text{(additivité disjointe sur } A \sqcup (B \setminus A) \text{)} \\ &= P(A) + P(B) - P(A \cap B). && \text{(}B \setminus A = B \setminus (A \cap B) \text{ avec } A \cap B \subset B \text{)} \end{aligned}$$
$3$ événements. On applique la formule à $2$ événements à $(A \cup B) \cup C$ : $$\begin{aligned} P(A \cup B \cup C) &= P(A \cup B) + P(C) - P\bigl((A \cup B) \cap C\bigr) && \text{(formule à } 2 \text{ événements)} \\ &= P(A) + P(B) - P(A \cap B) + P(C) - P\bigl((A \cup B) \cap C\bigr). && \text{(formule à } 2 \text{ sur } P(A \cup B) \text{)} \end{aligned}$$ Par distributivité de $\cap$ sur $\cup$, $(A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)$ ; on applique encore la formule à $2$ événements : $$\begin{aligned} P\bigl((A \cap C) \cup (B \cap C)\bigr) &= P(A \cap C) + P(B \cap C) - P\bigl((A \cap C) \cap (B \cap C)\bigr) && \text{(formule à } 2 \text{ événements)} \\ &= P(A \cap C) + P(B \cap C) - P(A \cap B \cap C). \end{aligned}$$ En substituant et en regroupant, on obtient l'identité à $3$ événements.

Méthode — Calculer $P(A \cup B)$ et $P(A \cup B \cup C)$

La formule du crible (Poincaré) remplace une réunion par une somme alternée d'intersections :

nommer les événements dont on veut la réunion ;
calculer les marginales $P(A), P(B), P(C), \dots$ et toutes les intersections deux à deux (et la triple pour $3$ événements) ;
additionner et soustraire suivant le motif de signes : alternance $+$ pour les marginales, $-$ pour les paires, $+$ pour le triplet.

Si une paire $A_i, A_j$ est incompatible, le terme $P(A_i \cap A_j)$ est nul et disparaît.

Compétences à pratiquer

Appliquer les règles d'une probabilité

II.2 Équiprobabilité

Lorsque l'expérience est symétrique (chaque résultat joue le même rôle), le modèle naturel est la probabilité uniforme sur $\Omega$ — le cas de l'équiprobabilité. Le calcul d'une probabilité se ramène alors à un dénombrement : nombre de cas favorables divisé par nombre total de cas. Les outils de dénombrement proviennent du chapitre Méthodes de calcul.

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Définition — Équiprobabilité / probabilité uniforme

Une probabilité $P$ sur $\mathcal{P}(\Omega)$ est la probabilité uniforme sur $\Omega$ (on dit aussi qu'on est dans le cas de l'équiprobabilité) lorsque tous les événements élémentaires ont la même probabilité : $$\forall \omega \in \Omega, \quad P(\{\omega\}) = \frac{1}{\mathrm{Card}(\Omega)}.$$

Proposition — Probabilité d'un événement sous équiprobabilité

Sous la probabilité uniforme sur $\Omega$, tout événement $A \subset \Omega$ vérifie $$P(A) = \frac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)} = \frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}.$$

Preuve

On décompose $A$ en ses singletons, $A = \bigsqcup_{\omega \in A} \{\omega\}$, et on applique l'additivité finie avec $P(\{\omega\}) = 1/\mathrm{Card}(\Omega)$ : $$\begin{aligned} P(A) &= \sum_{\omega \in A} P(\{\omega\}) && \text{(additivité finie sur les singletons de } A \text{)} \\ &= \sum_{\omega \in A} \frac{1}{\mathrm{Card}(\Omega)} && \text{(valeur uniforme sur chaque singleton)} \\ &= \frac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}. && \text{(}\mathrm{Card}(A) \text{ termes égaux à } 1/\mathrm{Card}(\Omega)\text{)} \end{aligned}$$

Exemple

Dé équilibré. Calculer $P(A)$ pour $A = \{2, 4, 6\}$ (« résultat pair ») et $P(B)$ pour $B = \{5, 6\}$ (« résultat $\geq 5$ »).

Correction

L'équiprobabilité donne $P(A) = 3/6 = 1/2$ et $P(B) = 2/6 = 1/3$. Leur intersection est $A \cap B = \{6\}$, avec $P(A \cap B) = 1/6$, et la réunion a pour probabilité $$\begin{aligned} P(A \cup B) &= P(A) + P(B) - P(A \cap B) && \text{(Poincaré à } 2 \text{ événements)} \\ &= \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{3} - \tfrac{1}{6} && \\ &= \tfrac{3}{6} + \tfrac{2}{6} - \tfrac{1}{6} = \tfrac{4}{6} = \tfrac{2}{3}. \end{aligned}$$ Un dénombrement direct confirme : $A \cup B = \{2, 4, 5, 6\}$ a pour cardinal $4$, et $4/6 = 2/3$.

Exemple

On tire au hasard une carte d'un jeu standard de $52$ cartes. Calculer la probabilité de $A = $ « la carte est un as » et de $B = $ « la carte est un c\oe ur ».

Correction

$\mathrm{Card}(\Omega) = 52$. Parmi les $52$ cartes il y a $4$ as (un par couleur) et $13$ c\oe urs (un par valeur), donc par équiprobabilité $P(A) = 4/52 = 1/13$ et $P(B) = 13/52 = 1/4$. L'intersection $A \cap B = $ « l'as de c\oe ur » est une seule carte, donc $P(A \cap B) = 1/52$. Poincaré donne $$\begin{aligned} P(A \cup B) &= P(A) + P(B) - P(A \cap B) && \text{(Poincaré à } 2 \text{ événements)} \\ &= \tfrac{4}{52} + \tfrac{13}{52} - \tfrac{1}{52} && \\ &= \tfrac{16}{52} = \tfrac{4}{13}. \end{aligned}$$

Méthode — Calculer une probabilité par équiprobabilité

Quatre étapes :

vérifier l'hypothèse de symétrie qui justifie de modéliser l'expérience par la probabilité uniforme sur $\Omega$ (par exemple : « le dé est équilibré » se traduit par $P(\{i\}) = 1/6$ pour chaque $i$ ; « une carte est tirée uniformément » se traduit par $P(\{c\}) = 1/52$ pour chaque carte $c$) ;
calculer $\mathrm{Card}(\Omega)$ (souvent par la règle du produit cartésien du chapitre Logique et ensembles ou par les coefficients binomiaux du chapitre Méthodes de calcul) ;
calculer $\mathrm{Card}(A)$ de la même manière ;
diviser : $P(A) = \mathrm{Card}(A)/\mathrm{Card}(\Omega)$.

Compétences à pratiquer

Calculer des probabilités par dénombrement

III Conditionnement

III.1 Probabilité conditionnelle et probabilités composées

Lorsqu'une information partielle est donnée (« l'événement $A$ s'est produit »), les poids des autres événements sont renormalisés : au lieu de peser chaque événement par $P$, on le pèse conditionnellement à $A$. Ce nouveau poids est lui-même une probabilité — l'observation centrale de cette section. De là découlent les formules des probabilités composées, totales et de Bayes, les trois outils de l'année.

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Définition — Probabilité conditionnelle $P_A$

Soit $A$ un événement avec $P(A) \neq 0$. La probabilité conditionnelle sachant $A$ est l'application $$P_A : \mathcal{P}(\Omega) \longrightarrow [0, 1], \qquad P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}.$$ La notation $P_A(B)$ se lit « la probabilité de $B$ sachant $A$ » ; certains auteurs écrivent $P(B \mid A)$, ce qui est synonyme.

Exemple

Dé équilibré. Avec $A = $ « résultat pair » et $B = $ « résultat $\geq 5$ », $P(A) = 1/2$ et $P(A \cap B) = P(\{6\}) = 1/6$, donc $$P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{1/6}{1/2} = \frac{1}{3}.$$ Lecture : parmi les trois résultats pairs $\{2, 4, 6\}$, seul $\{6\}$ a un résultat $\geq 5$, donc la probabilité conditionnelle est $1/3$.

Proposition — $P_A$ est une probabilité

Soit $A$ un événement avec $P(A) \neq 0$. L'application $P_A$ définie ci-dessus est une probabilité sur $\mathcal{P}(\Omega)$.

Preuve

Trois vérifications.

Valeurs dans $[0, 1]$. Pour tout $B \subset \Omega$, $A \cap B \subset A$, donc $0 \leq P(A \cap B) \leq P(A)$ par monotonie, et en divisant par $P(A) > 0$ on obtient $0 \leq P_A(B) \leq 1$.
Masse totale $1$. $P_A(\Omega) = P(A \cap \Omega)/P(A) = P(A)/P(A) = 1$.
Additivité. Pour deux événements disjoints $B_1, B_2$, les événements $A \cap B_1$ et $A \cap B_2$ sont eux aussi disjoints (leur intersection est $A \cap B_1 \cap B_2 = A \cap \emptyset = \emptyset$), donc par additivité de $P$, $$\begin{aligned} P_A(B_1 \cup B_2) &= \frac{P\bigl(A \cap (B_1 \cup B_2)\bigr)}{P(A)} && \text{(définition de } P_A\text{)} \\ &= \frac{P\bigl((A \cap B_1) \cup (A \cap B_2)\bigr)}{P(A)} && \text{(distributivité de } \cap \text{)} \\ &= \frac{P(A \cap B_1) + P(A \cap B_2)}{P(A)} && \text{(additivité de } P \text{ sur des disjoints)} \\ &= P_A(B_1) + P_A(B_2). \end{aligned}$$

Proposition — Formule des probabilités composées

Soit $n \geq 2$ et $A_1, \dots, A_n$ des événements avec $P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}) \neq 0$. Alors $$P(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n) = P(A_1) \cdot P_{A_1}(A_2) \cdot P_{A_1 \cap A_2}(A_3) \cdot \ \dots \ \cdot P_{A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}}(A_n).$$

Preuve

Par récurrence sur $n$.

Initialisation $n = 2$. L'hypothèse est $P(A_1) \neq 0$. De la définition de $P_{A_1}$ : $$P_{A_1}(A_2) = \frac{P(A_1 \cap A_2)}{P(A_1)} \ \Longrightarrow \ P(A_1 \cap A_2) = P(A_1) \cdot P_{A_1}(A_2).$$
Hérédité au rang $n + 1$. Supposons la formule au rang $n$ et que $P(A_1 \cap \dots \cap A_n) \neq 0$. Par monotonie, $P(A_1 \cap \dots \cap A_n) \leq P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})$, donc $P(A_1 \cap \dots \cap A_{n-1})$ est lui-même non nul et l'hypothèse de récurrence s'applique. En posant $B_n = A_1 \cap \dots \cap A_n$, le cas $n = 2$ appliqué à $B_n$ et $A_{n+1}$ donne $$\begin{aligned} P(B_n \cap A_{n+1}) &= P(B_n) \cdot P_{B_n}(A_{n+1}) && \text{(cas } n = 2 \text{ appliqué à } B_n, A_{n+1}\text{)} \\ &= \Bigl(P(A_1) \cdot P_{A_1}(A_2) \cdot \dots \cdot P_{A_1 \cap \dots \cap A_{n-1}}(A_n)\Bigr) \cdot P_{A_1 \cap \dots \cap A_n}(A_{n+1}). && \text{(hyp. de récurrence sur } P(B_n)\text{)} \end{aligned}$$ C'est la formule au rang $n + 1$.

Méthode — Enchaîner une expérience aléatoire à plusieurs étapes

Pour des expériences déroulées dans le temps (tirages sans remise, urnes à plusieurs étapes, épreuves enchaînées), la formule des probabilités composées se lit dans l'ordre chronologique naturel :

ordonner les événements dans l'ordre où ils se produisent : $A_1$ à l'étape $1$, $A_2$ à l'étape $2$, etc. ;
calculer chaque probabilité conditionnelle $P_{A_1 \cap \dots \cap A_{k-1}}(A_k)$ en examinant l'état de l'expérience après les $k - 1$ premières étapes ;
multiplier le long de la chaîne pour obtenir $P(A_1 \cap \dots \cap A_n)$.

Un arbre de probabilités (branches étiquetées par les probabilités conditionnelles) est l'auxiliaire visuel standard.

Exemple

Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ boules noires, indiscernables sauf par leur couleur. On tire deux boules l'une après l'autre sans remise. Calculer la probabilité de l'événement $R_1 \cap R_2 = $ « la première boule est rouge et la deuxième boule est rouge ».

Correction

À l'étape $1$, l'urne a $5$ boules dont $3$ rouges, donc par équiprobabilité $P(R_1) = 3/5$. Conditionnellement à $R_1$, l'urne a maintenant $4$ boules dont $2$ rouges (une boule rouge a été retirée), donc $P_{R_1}(R_2) = 2/4 = 1/2$. La formule des probabilités composées donne $$\begin{aligned} P(R_1 \cap R_2) &= P(R_1) \cdot P_{R_1}(R_2) && \text{(probabilités composées, } n = 2 \text{)} \\ &= \tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{1}{2} && \\ &= \tfrac{3}{10}. \end{aligned}$$

Compétences à pratiquer

Calculer des probabilités conditionnelles et composées

III.2 Probabilités totales et Bayes

Découper $\Omega$ par un système complet permet de calculer la probabilité d'un événement en conditionnant sur ses parts — c'est la formule des probabilités totales. Renverser le conditionnement (remplacer $P(B \text{ sachant } A_i)$ par $P(A_i \text{ sachant } B)$) donne Bayes. Les deux formules sont les outils principaux de l'année pour la modélisation probabiliste.

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Proposition — Probabilités totales

Soit $(A_i)_{1 \leq i \leq n}$ un système complet fini d'événements de $\Omega$ et $B$ un événement quelconque. Alors

première forme : $\quad$ $P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^n P(B \cap A_i)$ ;
forme conditionnelle : en restreignant la somme aux indices non négligeables, $$P(B) = \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\ P(A_i) \neq 0}} P_{A_i}(B) \cdot P(A_i).$$ Lorsque tous les $A_i$ sont non négligeables, la restriction est vide et la formule s'écrit $P(B) = \sum_{i=1}^n P_{A_i}(B) P(A_i)$ — la forme la plus utilisée.

Preuve

On décompose $B$ le long du système complet. Comme $(A_i)$ est une partition de $\Omega$, la famille $(B \cap A_i)_{1 \leq i \leq n}$ est une famille d'événements deux à deux disjoints (leurs intersections $(B \cap A_i) \cap (B \cap A_j) = B \cap (A_i \cap A_j) = B \cap \emptyset = \emptyset$ pour $i \neq j$), et leur réunion vaut $B \cap \Omega = B$ : $$\begin{aligned} P(B) &= P\Bigl(\bigsqcup_{i=1}^n (B \cap A_i)\Bigr) && \text{(}B = B \cap \Omega = B \cap \bigsqcup_i A_i = \bigsqcup_i (B \cap A_i)\text{)} \\ &= \sum_{i=1}^n P(B \cap A_i). && \text{(additivité finie)} \end{aligned}$$ C'est la première forme. Pour la forme conditionnelle, on sépare les indices où $P(A_i) = 0$ des autres. Pour $i$ avec $P(A_i) = 0$, l'inclusion $B \cap A_i \subset A_i$ et la monotonie donnent $P(B \cap A_i) = 0$, donc ces termes peuvent être supprimés de la somme. Pour $i$ avec $P(A_i) \neq 0$, la définition de $P_{A_i}$ réécrit $P(B \cap A_i) = P_{A_i}(B) \cdot P(A_i)$. En substituant, on obtient la forme conditionnelle.

Proposition — Formule de Bayes

Soient $A$ et $B$ deux événements avec $P(A) \neq 0$ et $P(B) \neq 0$. Alors $$P_A(B) = \frac{P_B(A) \cdot P(B)}{P(A)}, \qquad P_B(A) = \frac{P_A(B) \cdot P(A)}{P(B)}.$$ Si de plus $(A_i)_{1 \leq i \leq n}$ est un système complet d'événements non négligeables, $B$ un événement avec $P(B) \neq 0$, et $j \in \{1, \dots, n\}$, alors $$P_B(A_j) = \frac{P_{A_j}(B) \cdot P(A_j)}{\displaystyle\sum_{i=1}^n P_{A_i}(B) \cdot P(A_i)}.$$ (Le dénominateur est $P(B)$ réécrit par les probabilités totales, et il est non nul par hypothèse.)

Preuve

La formule des probabilités composées (cas $n = 2$) écrit $P(A \cap B)$ de deux façons selon l'événement choisi pour le conditionnement : $$\begin{aligned} P(A \cap B) &= P(A) \cdot P_A(B) && \text{(composées, en conditionnant à } A \text{)} \\ &= P(B) \cdot P_B(A). && \text{(composées, en conditionnant à } B \text{)} \end{aligned}$$ En égalisant et en divisant par $P(A)$, on obtient la première identité de Bayes ; en divisant par $P(B)$, on obtient la seconde. La version avec système complet substitue la réécriture par probabilités totales $P(B) = \sum_i P_{A_i}(B) P(A_i)$ au dénominateur de $P_B(A_j) = P_{A_j}(B) P(A_j) / P(B)$.

Méthode — Utiliser les probabilités totales et Bayes

Quatre étapes :

nommer le système complet $(A_i)$ qui découpe l'univers (souvent : la cause / l'état du monde) ;
calculer les probabilités a priori $P(A_i)$ (les probabilités marginales de chaque part) ;
calculer les conditionnelles $P_{A_i}(B)$ (la probabilité de l'événement observé dans chaque scénario) ;
appliquer : les probabilités totales donnent $P(B) = \sum_i P_{A_i}(B) P(A_i)$ ; Bayes donne $P_B(A_j) = P_{A_j}(B) P(A_j) / P(B)$ pour l'indice $j$ d'intérêt.

L'intuition générale : les probabilités totales vont des causes ($A_i$) vers l'effet ($B$) ; Bayes remonte de l'effet ($B$) vers la cause la plus probable.

Exemple

Deux urnes. L'urne $1$ contient $3$ boules rouges et $2$ noires ; l'urne $2$ contient $1$ boule rouge et $4$ noires. On choisit une urne au hasard (chacune avec probabilité $1/2$), puis on tire une boule uniformément dans cette urne. Calculer la probabilité de tirer une boule rouge, puis la probabilité que l'urne $1$ ait été choisie sachant qu'une boule rouge a été tirée.

Correction

Soient $U_i = $ « l'urne $i$ est choisie » pour $i \in \{1, 2\}$ et $R = $ « une boule rouge est tirée ». La famille $(U_1, U_2)$ est un système complet (les urnes partitionnent les choix). Les probabilités a priori sont $P(U_1) = P(U_2) = 1/2$ ; les conditionnelles sont $P_{U_1}(R) = 3/5$ (l'urne $1$ a $3$ rouges sur $5$) et $P_{U_2}(R) = 1/5$ (l'urne $2$ a $1$ rouge sur $5$). Par les probabilités totales, $$\begin{aligned} P(R) &= P_{U_1}(R) P(U_1) + P_{U_2}(R) P(U_2) && \text{(probabilités totales)} \\ &= \tfrac{3}{5} \cdot \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{5} \cdot \tfrac{1}{2} && \\ &= \tfrac{3 + 1}{10} = \tfrac{4}{10} = \tfrac{2}{5}. \end{aligned}$$ Par Bayes, $$\begin{aligned} P_R(U_1) &= \frac{P_{U_1}(R) P(U_1)}{P(R)} && \text{(Bayes)} \\ &= \frac{(3/5)(1/2)}{2/5} && \\ &= \frac{3/10}{4/10} = \tfrac{3}{4}. \end{aligned}$$ L'observation « une boule rouge a été tirée » fait passer la probabilité d'avoir choisi l'urne $1$ de $1/2$ a priori à $3/4$ a posteriori.

Exemple

Un test de dépistage d'une maladie rare a les caractéristiques suivantes : la maladie est portée par une fraction $p = 0{,}01$ de la population (prévalence $1\pourcent$) ; le test détecte la maladie chez $99\pourcent$ des porteurs (sensibilité $0{,}99$) ; chez les non porteurs, il donne un résultat positif dans $5\pourcent$ des cas (taux de faux positifs $0{,}05$, soit spécificité $0{,}95$). Un individu choisi au hasard teste positif. Calculer la probabilité que cet individu soit effectivement porteur de la maladie.

Correction

Soient $M = $ « l'individu est porteur de la maladie » et $T = $ « le test est positif ». La famille $(M, \overline{M})$ est un système complet. Les probabilités a priori sont $P(M) = 0{,}01$ et $P(\overline{M}) = 0{,}99$ ; les conditionnelles sont $P_M(T) = 0{,}99$ et $P_{\overline{M}}(T) = 0{,}05$. Par les probabilités totales, $$\begin{aligned} P(T) &= P_M(T) P(M) + P_{\overline{M}}(T) P(\overline{M}) && \text{(probabilités totales sur } (M, \overline{M}) \text{)} \\ &= 0{,}99 \cdot 0{,}01 + 0{,}05 \cdot 0{,}99 && \\ &= 0{,}0099 + 0{,}0495 = 0{,}0594. \end{aligned}$$ Par Bayes, $$\begin{aligned} P_T(M) &= \frac{P_M(T) P(M)}{P(T)} && \text{(Bayes)} \\ &= \frac{0{,}0099}{0{,}0594} && \\ &\approx 0{,}167. \end{aligned}$$ Malgré la grande sensibilité du test, la probabilité d'être réellement porteur sachant que le test est positif n'est que d'environ $17\pourcent$ — conséquence contre-intuitive d'une faible prévalence combinée à un taux de faux positifs non nul.

Compétences à pratiquer

Appliquer les probabilités totales et Bayes

IV Indépendance

IV.1 Indépendance de deux événements

Deux événements sont indépendants sous $P$ lorsque savoir l'un ne modifie pas la probabilité de l'autre. La notion est relative à la probabilité : la même paire d'événements peut être indépendante sous une probabilité et dépendante sous une autre. La première proposition relie l'indépendance à la probabilité conditionnelle ; la seconde établit que les complémentaires préservent l'indépendance.

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Définition — Indépendance de deux événements

Deux événements $A, B \subset \Omega$ sont indépendants (sous la probabilité $P$) lorsque $$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B).$$

Proposition — Indépendance via la probabilité conditionnelle

Soient $A, B \subset \Omega$ avec $P(A) \neq 0$. Alors $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $$P_A(B) = P(B).$$ En mots, sous l'hypothèse $P(A) \neq 0$ : $A$ et $B$ sont indépendants ssi savoir que $A$ s'est produit ne modifie pas la probabilité de $B$. La notion d'indépendance est relative à $P$ : changer de probabilité peut transformer une indépendance en dépendance et réciproquement.

Preuve

Par définition, $P_A(B) = P(A \cap B) / P(A)$. En multipliant les deux membres par $P(A) \neq 0$ : $$P_A(B) = P(B) \ \Longleftrightarrow \ P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B),$$ et le membre de droite est exactement la définition de l'indépendance.

Exemple

Prenons l'univers $\Omega = \{H, T\}^2$ des lancers de deux pièces, muni de la probabilité uniforme (donc $P(\{\omega\}) = 1/4$ pour tout $\omega \in \Omega$). Soient $H_1 = $ « face $H$ pour la première pièce » $= \{(H \,;\, H), (H \,;\, T)\}$ et $H_2 = $ « face $H$ pour la seconde pièce » $= \{(H \,;\, H), (T \,;\, H)\}$. Chacun a pour cardinal $2$, donc $P(H_1) = P(H_2) = 1/2$. Leur intersection $H_1 \cap H_2 = \{(H \,;\, H)\}$ a pour probabilité $P(H_1 \cap H_2) = 1/4$. Donc $P(H_1) P(H_2) = (1/2)(1/2) = 1/4 = P(H_1 \cap H_2)$, et $H_1$ et $H_2$ sont indépendants sous cette probabilité — la probabilité uniforme sur $\{H, T\}^2$ modélise deux pièces équilibrées indépendantes.

Exemple

Indépendance vs incompatibilité. Pour des événements avec $P(A) > 0$ et $P(B) > 0$, indépendance et incompatibilité s'excluent mutuellement : si $A$ et $B$ sont incompatibles (i.e. $A \cap B = \emptyset$), alors $P(A \cap B) = 0$, tandis que $P(A) P(B) > 0$, donc $A$ et $B$ ne peuvent pas être indépendants. L'indépendance n'est pas la même chose que la disjonction — les deux notions sont même en opposition.

Proposition — Stabilité par passage au complémentaire — cas de la paire

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors le sont aussi : $A$ et $\overline{B}$ ; $\overline{A}$ et $B$ ; $\overline{A}$ et $\overline{B}$.

Preuve

On décompose $A$ selon $B$ et $\overline{B}$ : $A = (A \cap B) \sqcup (A \cap \overline{B})$. Par additivité, $$\begin{aligned} P(A \cap \overline{B}) &= P(A) - P(A \cap B) && \text{(}A = (A \cap B) \sqcup (A \cap \overline{B}) \text{, additivité)} \\ &= P(A) - P(A) P(B) && \text{(indépendance de } A, B \text{)} \\ &= P(A) \bigl(1 - P(B)\bigr) && \\ &= P(A) \cdot P(\overline{B}). && \text{(}P(\overline{B}) = 1 - P(B)\text{)} \end{aligned}$$ Donc $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants. La paire $\overline{A}, B$ s'en déduit par symétrie (échanger les rôles de $A$ et $B$), et la paire $\overline{A}, \overline{B}$ en appliquant une seconde fois le résultat, en remplaçant $B$ par $\overline{B}$ dans la paire $A, \overline{B}$ qui vient d'être obtenue.

Méthode — Tester l'indépendance de deux événements

Deux voies équivalentes :

test par factorisation : calculer $P(A \cap B)$, $P(A)$ et $P(B)$ ; la paire est indépendante ssi $P(A \cap B) = P(A) P(B)$ ;
test par conditionnelle (quand $P(A) \neq 0$) : calculer $P_A(B)$ et $P(B)$ ; la paire est indépendante ssi $P_A(B) = P(B)$.

Pour réfuter l'indépendance, il suffit d'exhiber une égalité qui échoue.

Compétences à pratiquer

Tester l'indépendance de deux événements

IV.2 Indépendance mutuelle

Pour $n \geq 3$ événements, demander que toute sous-famille se factorise est une condition strictement plus forte que demander que chaque paire se factorise. La première est appelée indépendance mutuelle et c'est la bonne notion. L'exemple de Bernstein ci-dessous montre que $3$ événements indépendants deux à deux ne sont pas nécessairement mutuellement indépendants.

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Définition — Indépendance mutuelle

Des événements $A_1, \dots, A_n$ sont mutuellement indépendants (sous $P$) lorsque, pour toute sous-famille $J \subset \{1, \dots, n\}$ avec $\mathrm{Card}(J) \geq 2$, $$P\Bigl(\bigcap_{j \in J} A_j\Bigr) = \prod_{j \in J} P(A_j).$$

Exemple

Pour $n = 3$, l'indépendance mutuelle de $A_1, A_2, A_3$ est la conjonction de quatre égalités (une par sous-famille de taille $\geq 2$) : $$\begin{aligned} &P(A_1 \cap A_2) = P(A_1) P(A_2), \quad P(A_1 \cap A_3) = P(A_1) P(A_3), \quad P(A_2 \cap A_3) = P(A_2) P(A_3), \\ &P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1) P(A_2) P(A_3). \end{aligned}$$ Pour $n = 4$, il y a $\binom{4}{2} + \binom{4}{3} + \binom{4}{4} = 6 + 4 + 1 = 11$ égalités à vérifier. Le nombre grandit vite avec $n$, ce qui explique que la notion soit bien plus forte que l'indépendance deux à deux.

Définition — Indépendance deux à deux

Des événements $A_1, \dots, A_n$ sont indépendants deux à deux lorsque chaque paire est indépendante : pour tous $i \neq j$, $P(A_i \cap A_j) = P(A_i) \cdot P(A_j)$.

Exemple

Prenons $\Omega = \{H, T\}^3$ muni de la probabilité uniforme ($\mathrm{Card}(\Omega) = 8$, $P(\{\omega\}) = 1/8$). Soient $A_i = $ « face $H$ pour la $i$-ième coordonnée » pour $i \in \{1, 2, 3\}$. Chaque $A_i$ a pour cardinal $4$ dans $\Omega$, donc $P(A_i) = 1/2$. Pour toute paire $i \neq j$, $A_i \cap A_j$ a pour cardinal $2$ et $P(A_i \cap A_j) = 1/4 = P(A_i) P(A_j)$, d'où l'indépendance deux à deux. Pour le triple, $A_1 \cap A_2 \cap A_3 = \{(H \,;\, H \,;\, H)\}$ et $P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = 1/8 = (1/2)^3 = P(A_1) P(A_2) P(A_3)$. Les quatre égalités sont vérifiées, donc $A_1, A_2, A_3$ sont mutuellement indépendants sous la probabilité uniforme sur $\{H, T\}^3$ — le modèle de trois pièces équilibrées lancées indépendamment.

Proposition — Mutuelle entraîne deux à deux

Si $A_1, \dots, A_n$ sont mutuellement indépendants, ils sont indépendants deux à deux. La réciproque est fausse en général pour $n \geq 3$.

Preuve

L'indépendance deux à deux est le cas $\mathrm{Card}(J) = 2$ de l'indépendance mutuelle. L'exemple de Bernstein ci-dessous fournit le contre-exemple montrant que la réciproque échoue pour $n = 3$.

Exemple

Exemple de Bernstein. On lance deux pièces équilibrées indépendamment ; sur l'univers uniforme $\Omega = \{H, T\}^2$ de cardinal $4$, on définit $A = $ « face $H$ pour la pièce $1$ », $B = $ « face $H$ pour la pièce $2$ », $C = $ « les deux pièces sont d'accord (les deux $H$ ou les deux $T$) ». Vérifier l'indépendance deux à deux, puis vérifier que les trois événements ne sont pas mutuellement indépendants.

Correction

Chacun des $A$, $B$, $C$ a pour cardinal $2$ dans $\Omega$, donc $P(A) = P(B) = P(C) = 1/2$.

Paire $A, B$. $A \cap B = \{(H \,;\, H)\}$, donc $P(A \cap B) = 1/4 = (1/2)(1/2) = P(A) P(B)$. Indépendants.
Paire $A, C$. $A \cap C = \{(H \,;\, H)\}$ (le seul résultat où $A$ et « les deux d'accord » sont vrais), donc $P(A \cap C) = 1/4 = P(A) P(C)$. Indépendants.
Paire $B, C$. $B \cap C = \{(H \,;\, H)\}$ de même, donc $P(B \cap C) = 1/4 = P(B) P(C)$. Indépendants.
Triple $A, B, C$. $A \cap B \cap C = \{(H \,;\, H)\}$, donc $P(A \cap B \cap C) = 1/4$, tandis que $P(A) P(B) P(C) = (1/2)^3 = 1/8$. La factorisation du triple échoue : $1/4 \neq 1/8$.

Donc $A$, $B$, $C$ sont indépendants deux à deux mais non mutuellement indépendants.

Proposition — Stabilité par passage au complémentaire — cas de $n$ événements, admise

Soient $A_1, \dots, A_n$ des événements mutuellement indépendants. Pour tout choix $\varepsilon_i \in \{A_i, \overline{A_i}\}$, la famille $(\varepsilon_1, \dots, \varepsilon_n)$ est encore mutuellement indépendante. Résultat admis à ce niveau. La vérification complète procède sous-famille par sous-famille en utilisant les factorisations données par l'indépendance mutuelle sur les sous-familles concernées.

Méthode — Distinguer indépendance deux à deux et mutuelle

Pour trois événements $A, B, C$ le test se ramène à quatre égalités :

les trois égalités sur les paires $P(A \cap B) = P(A) P(B)$, $P(A \cap C) = P(A) P(C)$, $P(B \cap C) = P(B) P(C)$ ;
l'égalité sur le triple $P(A \cap B \cap C) = P(A) P(B) P(C)$.

Les quatre ensemble donnent l'indépendance mutuelle ; les trois premières seules ne donnent que l'indépendance deux à deux. Pour réfuter l'indépendance mutuelle, exhiber une sous-famille qui ne se factorise pas (souvent le triple, comme dans l'exemple de Bernstein).

Pour aller plus loin

L'espace probabilisé $(\Omega, P)$ est maintenant en place. L'étape suivante est l'étude des applications à valeurs réelles sur $\Omega$ — les variables aléatoires — avec leurs lois, espérance et variance. Les probabilités évoluent de « poids des événements » vers « loi d'une observation numérique » ; c'est l'objet du chapitre suivant Variables aléatoires finies.

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Compétences à pratiquer

Distinguer indépendance deux à deux et mutuelle

V Pour aller plus loin

Compétences à pratiquer

Problèmes de synthèse