LEÇON N˚ 3 : Expérience aléatoire, probabilité

LEÇON N˚ 3 :
Expérience aléatoire, probabilité,
probabilité conditionnelle.
Pré-requis :
– Ensemble, opérations sur les ensembles et cardinaux ;
– Épreuve et schéma de Bernoulli ;
– Espaces probabilisés ;
– calcul de probabilités.
Introduction
Nous disposons d’un dé équilibré, et on va lancer ce dé autant de fois que voulu. Le lancé de dé est une expérience aléatoire (car l’issue n’est pas connue avant sa réalisation), c’est donc une expérience reproductible
dépendant du hasard, dont nous connaissons les issues possibles : {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
A-t-on plus de chances de tomber sur un chiffre pair plutôt qu’un impair ?
Pour répondre à notre problème, nous allons dans un premier temps simuler une telle expérience de lancer
de dé.
3.1
Modèle expérimental
3.1.1 Simulation
Le programme suivant 1 (TI-89 à Voyage 200) prend le nombre de lancers de notre expérience en paramètre,
et renvoie le nombre d’apparitions de chaque chiffre présent sur le dé :
1
: Dans une ancienne version coexistait une fonction et un programme se chargeant de faire ce travail. Cécile F. (son site
"http://pedagomaths.ifrance.com/" propose plein de programmes sur calculatrice) m’a proposé cette version plus courte.
2
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
3.1.2 Observations
Définition 1 : On appelle fréquence d’une issue, le quotient de l’effectif de cette issue par l’effectif
total. Autrement dit, pour tout i ∈ {1, . . . , n},
fi =
ni
N
,
avec N =
n
X
ni.
i=1
Tous les résultats suivants proviennent de la calculatrice, en faisant simde(n) (en remplaçant évidemment
n par l’une des valeurs suivantes) :
n = 10
n = 15
n = 100
n = 150
n = 300
Issue
Effectif ni
Fréquence fi
Effectif ni
Fréquence fi
Effectif ni
Fréquence fi
Effectif ni
Fréquence fi
Effectif ni
Fréquence fi
1
4
0,4
8
0,16
17
0,17
23
≈ 0,153
49
≈ 0,163
2
2
0,2
9
0,18
14
0,14
26
≈ 0,173
47
≈ 0,157
3
1
0,1
4
0,08
16
0,16
15
0,1
55
≈ 0,183
4
0
0
12
0,24
13
0,13
27
0,18
51
0,17
5
1
0,1
12
0,24
19
0,19
22
≈ 0,147
56
≈ 0,187
6
2
0,2
8
0,16
14
0,14
25
≈ 0,167
51
0,17
3.1.3 Interprétation
Pour n = 10 : La fréquence d’obtention d’un nombre pair est égale à f2 + f4 + f6 = 0, 4 (soit 40%), et
d’un nombre impair à 100% − 40% = 60%.
Pour n = 50 : La fréquence d’obtention d’un nombre pair est égale à 58%, et d’un nombre impair à 42%.
Pour n = 100 : La fréquence d’obtention d’un nombre pair est égale à 41%, et d’un nombre impair à 59%.
Pour n = 150 : La fréquence d’obtention d’un nombre pair est égale à 52%, et d’un nombre impair à 48%.
Pour n = 300 : La fréquence d’obtention d’un nombre pair est égale à 49,7%, et d’un nombre impair à
50,3%.
On constate que la valeur des fréquences de chaque issue semble s’approcher de la valeur « idéale » 1/6 ≈
0, 166 . . . et qu’on a 50% de chances d’obtenir un nombre pair, quand le nombre de lancers devient plus
important.
3.1.4 Conclusion
Cette fréquence idéale nous permet d’introduire une nouvelle modélisation, ainsi que la notion de probabilité.
3
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
3.2
Vers le modèle idéal
3.2.1 Modélisation
Définition 2 : On appelle :
1. univers, noté Ω, l’ensemble de toutes les issues de notre expérience aléatoire ;
2. événement élémentaire ou singleton, une issue de Ω ;
3. événement A, une partie de Ω. C’est l’ensemble des événements qui sont dans Ω.
On note P(Ω) l’ensemble des parties de Ω.
Dans notre exemple :
1. Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} et Card(Ω) = 6. Ω est donc bien fini (comme le suggère le titre de la leçon).
2. {1}, {2}, {3}, {4}, {5} et {6} en sont les événements élémentaires.
3. L’ensemble A = {2, 4, 6} correspond à l’événement A = "obtenir un nombre pair". Cet ensemble est
constitué d’une réunion disjointe d’événements élémentaires : A = {2} ∪ {4} ∪ {6}.
3.2.2 Probabilité
Définition 3 : Une probabilité sur l’univers Ω (avec Card(Ω) = n, est une application P : P(Ω) −→
[0, 1] telle que :
⋄ P(Ω) = 1 ;
⋄ pour A, B ∈ P(Ω), si A ∩ B = ∅, alors P(A ∪ B) = P(A) + P(B).
Proposition 1 :
(i) P(Ac) = P(Ω\A) = 1 − P(A), où Ac désigne le complémentaire de A dans Ω ;
(ii) P(∅) = 0 ;
(iii) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B).
démonstration :
(i) A ∪ Ac = Ω et A ∩ Ac = ∅, donc en combinant cette égalité avec la définition ci-dessus, on a
1 = P(Ω) = P(A ∪ Ac ) = P(A) + P(Ac ), d’où P(Ac ) = 1 − P(A).
(ii) Ωc = ∅, donc P(∅) = P(Ωc ) = 1 − P(Ω) = 0, en utilisant (i) et la définition ci-dessus.
(iii) A ∪ B = A ∪ (B\A ∩ B) et A ∩ (B\A ∩ B) = ∅. En utilisant la définition ci-dessus, nous avons
donc :
P(A ∪ B) = P A ∪ (B\A ∩ B)
= P(A) + P(B\A ∩ B)
= P(A) + P(B) − P(A ∩ B).
4
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
Cas de l’équiprobabilité
Définition 4 : On dit qu’il y a équiprobabilité si tous les événements élémentaires ont la même probabilité.
Proposition 2 : Si A ∈ P(Ω) et que Ω est muni d’une équiprobabilité, alors on a
P(A) =
Card(A)
Card(Ω)
.
démonstration : Soit A ∈ P (Ω), avec Card(A) = a > 1. Soit ωi , pour i ∈ {1, . . . , a}, les singletons
de A. On peut alors écrire A comme une réunion disjointe de ses singletons. Puisque nous sommes dans
une situation d’équiprobabilité, chaque singleton a pour probabilité 1/Card(Ω), d’où
P(A) = P
a
[
i=1
ωi
!
=
a
X
P(ωi ) =
i=1
a
X
i=1
a
Card(A)
1
=
=
.
Card(Ω)
Card(Ω)
Card(Ω)
Dans notre exemple : Lorsqu’on lance un dé équilibré, on est dans une situation d’équiprobabilité. Chaque
événement élémentaire a donc pour probabilité 1/Card(Ω), soit 1/6. La probabilité d’obtenir un nombre
pair est donc égale à P(A) = 3/6 = 1/2.
3.3
Probabilité conditionnelle
On se place dans un espace probabilisé Ω, P(Ω), P .
Introduction : On se donne le tableau suivant représentant la proportion de garçons (G) et de filles (F)
étudiant l’anglais (A) ou l’espagnol (E) en 1re langue.
G
F
A
E
48 22
53 27
101 49
70
80
150
Quelle est la probabilité qu’un élève fasse de l’anglais sachant que c’est un garçon :
|G ∩ A|
48
= .
|G|
70
On constate aussi que
48/150
48
P(G ∩ A)
=
= .
P(G)
70/150
70
5
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
Théorème 1 : Soit B ∈ P(Ω) telle que P(B) 6= 0. Alors l’application ci-dessous est une probabilité
sur Ω :
PB : P(Ω) −→ [0, 1]
P(A ∩ B)
A 7−→ PB (A) =
.
P(B)
démonstration : Puisque pour toute partie B de Ω, B ∩ Ω = B, il est clair que PB (Ω) = 1. Soient
alors A1 , A2 ∈ P(Ω) tels que A1 ∩ A2 = ∅. Alors
.
.
.
P (A1 ∪ A2 ) ∩ B
P (A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B)
PB (A1 ∪ A2 ) =
=
P(B)
P(B)
P(A1 ∩ B) P(A2 ∩ B)
=
+
= PB (A1 ) + PB (A2 ).
P(B)
P(B)
PB est donc bien une probabilité sur Ω.
Définition 1 : Soient A, B ∈ P(Ω) tels que P(B) 6= 0. Le nombre PB (A) est appelé probabilté
conditionnelle de A sachant (que) B (est réalisé), aussi notée P(A|B).
Conséquences directes :
– Si A ∩ B = ∅, alors PB (A) = 0 ;
– Si B ⊂ A, alors PB (A) = 1 (car A ∩ B = B) ;
– Si P(A) 6= 0 et P(B) 6= 0, alors P(A ∩ B) = PB (A) P(B) = PA (B) P(A).
Exemple : Une urne contient deux boules rouges et trois bleues. On fait deux tirages successifs sans remise.
Quelle est la probabilité de tirer deux boules bleues ?
Soient Bi l’événement « on tire une boule bleue au i-ième tirage » pour i ∈ {1, 2}. Alors :
P(B1 ∩ B2 ) = PB1 (B2 ) P(B1 ) =
13
3
= .
25
10
Théorème 2 (formule des probabilités composées) : Soient A1 , . . . , An ∈ P(Ω) tels que P(A1 ∩
n
Y
· · · ∩ An) 6= 0. Alors :
P(A1 ∩ · · · ∩ An) =
P(Ai|Ai+1 ∩ · · · ∩ An).
i=1
démonstration : On effectue une récurrence sur l’entier n ∈ N∗ :
• Initialisation : Pour n = 1, le résultat est évident.
• Hérédité : Supposons le résultat vrai au rang n − 1, c’est-à-dire vrai pour n − 1 parties de Ω dont
la probabilité de l’intersection ne soit pas nulle. Alors
P A1 ∩ (A2 ∩ · · · ∩ An )
= P(A1 |A2 ∩ · · · ∩ An ) P(A2 ∩ · · · ∩ An )
H.R.
=
P(A1 |A2 ∩ · · · ∩ An ) P(A2 |A3 ∩ · · · ∩ An ) · · ·
P(An−1 |An ) P(An ) ,
et le résultat est ainsi démontré au rang n, ce qui achève la récurrence.
6
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
Théorème 3 (formule des probabilités totales) : Soit (Bk)16k6n une partition finie de Ω. Alors
∀ A ∈ P(Ω),
P(A) =
n
X
PBk (A) P(Bk).
k=1
démonstration : Puisque A =
P(A) = P
`n
k=1 (Bk
∩ A) (union disjointe), on a l’égalité
!
n
n
n
X
X
a
PBk (A) P(Bk ).
P(Bk ∩ A) =
(Bk ∩ A) =
k=1
k=1
k=1
Remarques 1 :
`
– Cette formule
reste vraie si A ⊂
Bk ;
`
– Ω = B B, donc on a en particulier : P(A) = PB (A) P(B) + PB (A) P(B).
Corollaire 1 (formule de Bayès) : Soient (Bk)16k6n une partition finie de Ω, A ∈ P(Ω) telle que
P(A) 6= 0. Alors
∀ k ∈ {1, . . . , n},
PB (A) P(Bk)
PA(Bk) = Pn k
.
P
(A)
P(B
)
B
i
i
i=1
démonstration : P(A) 6= 0, donc PA (Bk ) = P(A ∩ Bk )/P(A). Or P(A ∩ Bk ) = PBk (A) P(Bk )
et d’après la formule des probabilités totales, puisque les Bk forment une partition de Ω, on a P(A) =
Pn
i=1 PBi (A) P(Bi ).
Exemple 1 : On dispose de trois urnes contenant chacune un certain nombre de boules colorées, comme
indiqué dans le tableau ci-dessous :
boules bleues
boules rouges
U1
1
3
U2
3
2
U3
4
2
On tire au hasard une urne, puis une boule de cette urne. La boule tirée est bleue (B), mais quelle est la
probabilité qu’elle provienne de U1 ?
PU (B) P(U1 )
PB (U1 ) = P3 1
=
i=1 PUi (B) P(Ui )
1
4
1 1
3 4
·
3
5
1
3
+ +
4
6
=
27
.
80
Exemple 2 : Cinq personnes sur 1 000 sont proteuses d’un virus. On fait un test dont les conclusions sont
que 5% des non malades et 99% des malades sont décelés comme étant malades. Quelle est la probabilité
qu’une personne soit malade (M) sachant que son test est positif (T) ?
99
· 5
PM (T ) P(M )
99
100 1000
PT (M ) =
≈ 9%.
= 99
5
5
995 =
1 094
·
+ 100 · 1000
PM (T ) P(M ) + PM (T ) P(M )
100 1000
On peut en déduire que ce test n’est pas à préconiser, mais plutôt à proscrire ! !
7
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
3.4
Événements indépendants
Définition 2 : Soient A, B ∈ P(Ω). A et B sont dits indépendants si
P(A ∩ B) = P(A) P(B).
Remarques 2 :
– Quelque soit A ∈ P(Ω), il est toujours indépendant de Ω et ∅ ;
– Intuitivement, on dirait plutôt que A et B sont indépendants si, par exemple, PB (A) = P(A), mais ce n’est pas si
intuitif qu’il n’y paraît, comme le montre l’exemple ci-dessous ;
– Par contre, on a équivalence enter ces égalités, c’est-à-dire que pour A, B ∈ P(Ω),
P(A ∩ B) = P(A) P(B)
⇔
PA (B) = P(B)
⇔
PB (A) = P(A).
Ces équivalences sont évidentes du fait de la définition de la probabilité conditionnelle, nous permettant
donc d’ajouter ce paragraphe à cette leçon en guise de « bonus ». . .
Exemple : On tire un numéro au hasard dans chacun des exemples ci-dessous. On note A l’événement « On
a un nombre pair » et B l’événement « On a un multiple de trois. »
• Soit Ω = {1, . . . , 20}. On détermine que
1
3
P(A) = , P(B) = ,
2
10
P(A ∩ B) =
3
= P(A) P(B),
20
de sorte que les événements A et B soient indépendants.
• Par contre, si ω = {1, . . . , 21}, alors trouve que
P(A) =
10
1
, P(B) = ,
21
3
P(A ∩ B) =
3
1
= 6= P(A) P(B),
21
7
de sorte que les événements A et B ne soient pas indépendants dans ce cas.
• Exercice : Calculer aussi PA (B) et PB (A) pour chacun des deux cas et conclure quant à l’indépendance
en comparant respectivement ces quantités à P(B) et P(A).
Proposition 1 : On a équivalence entre :
(i) A et B sont indépendants ;
(iii) A et B sont indépendants ;
(ii) A et B sont indépendants ;
(iv) A et B sont indépendants.
démonstration : On se contentera de montrer que (i) ⇒ (ii), les autres cas s’étudiant de manière
`
analogue. Remarquons que A = (A ∩ B) (A ∩ B), de sorte que P(A ∩ B) = P(A) − P(A ∩ B) =
P(A) − P(A) P(B) car A et B sont indépendants par hypothèse. On poursuit le calcul : P(A ∩ B) =
P(A) 1 − P(B) = P(A) P(B), et on aboutit au résultat.
Remarque 3 : La relation d’indépendance n’est pas transitive, c’est-à-dire que si A et B sont deux événements
indépendants, et C un troisième événement tel que B et C le soient aussi, alors A et C ne sont en général pas indépendants, comme le montre l’exemple qui suit.
8
Expérience aléatoire, probabilité, probabilité conditionnelle
Exemple : Au cours de l’année 2002, deux classes de terminale ont réalisé un sondage traduisant les intentions votes entre « jeunes » (J, élèves des deux classes) et « vieux » (V, profs du lycée) qui permettront de
départager deux candidats A et B. Les résultats sont reportés dans ce tableau :
J
A B
10 15
20 30
Homme (H)
Femme (F)
V
A
5
10
B
10
20
et
P(A) =
Le calcul détermine que
P(J) =
75
5
= ,
120
8
P(F ) =
80
2
=
120
3
45
3
= ,
120
8
et justifie ainsi les égalités P(J ∩ F ) = 5/12 = P(J) P(F ) et P(F ∩ A) = 1/4 = P(F ) P(A), ce qui fait
que les événements J et F , ainsi que F et A sont indépendants. Vérifions alors que J et A ne le sont pas !
En effet, par calcul,
P(J ∩ A) =
1
30
=
120
4
P(J) P(A) =
et
53
15
= .
88
64
Proposition 2 : Soit B ⊂ C. Si A et B sont indépendants, ainsi que A et C, alors A et C\B le sont
aussi.
`
(A ∩ C ∩ B) = (A ∩ B) (A ∩ C ∩ B) car B ⊂ C. D’où
P(A ∩ C\B) = P(A ∩ C) − P(A ∩ B) = P(A) P(C) − P(B) = P(A) P(C\B).
démonstration : A ∩ C = (A ∩ C ∩ B)
`
Exercice : On suppose que B 6= Ω. Montrer de deux manières que A et B sont indépendants si et seulement
si P(A|B) = P(A|B).
Solution :
1. Notons b = P(B) (donc 1 − b = P(B)), α = P(A|B) (donc 1 − α = P(A|B)) et β = P(A|B) (donc 1 − β = P(A|B)). On
trouve alors
A⊥B
⇔
rq 1
P(A|B) = P(A) = P(B) P(A|B) + P(B) P(A|B)
⇔
α = bα + (1 − b)β
⇔
(1 − b)α = (1 − b)β ⇔ α = β.
2. On utilise tout ce qui précède. Supposons l’indépendance établie, alors :
P(A|B) = P(A)
⇔
A⊥B
prop 1
⇔
A⊥B
⇔
P(A|B) = P(A).
On en déduit directement que P(A|B) = P(A|B). Étudier la réciproque en exercice.
c 2012 par Martial LENZEN.
Aucune reproduction, même partielle, autres que celles prévues à l’article L. 122-5 du code de la
propriété intellectuelle, ne peut être faite sans l’autorisation expresse de l’auteur.
♦