Chapitre 10 : Conditionnement et indépendance.

ECS3 Carnot Chapitre 10 2013/2014
Chapitre 10 : Conditionnement et
indépendance.
Dans ce chapitre, nous allons donner un sens mathématique au mot « indépendance ».
Nous pourrons alors modéliser les répétitions indépendantes d’expériences aléatoires, comme
le jeu de pile ou face.
Attention : nous ne reviendrons pas en détail sur ce chapitre lorsque nous traiterons
les espaces probabilisés infinis. Les énoncés de ce chapitre sont donc, sauf mention contraire,
valable lorsque l’univers Ωest quelconque.
1 Définitions
1.1 Probabilité conditionnelle
Théorème 1.1.1
Soit (Ω,A, P )un espace probabilisé, et A∈Atel que P(A)>0. L’application
PA:
A −→ [0,1]
E7−→ P(E∩A)
P(A)
est une probabilité sur (Ω,A, P )appelée probabilité conditionnelle relative à A.
Pour tout évènement B,PA(B)(ou P(B|A)) est la probabilité de Bsachant A.
Démonstration : On a PA(Ω) = P(Ω ∩A)
P(A)= 1 et si (Ei)i∈Iest une famille (finie) d’évè-
nements deux à deux incompatibles, alors (Ei∩A)iest une famille (finie) deux à deux
incompatibles et P(Si(Ei∩A)) = P
i∈I
P(Ei∩A). Ainsi PA(SiEi) = P
i∈I
PA(Ei).
Remarque. Dans le cadre des espaces probabilisés infinis, le théorème est analogue, la
preuve s’obtient en remplaçant les « finie » par « au plus dénombrable » et les sommes
finies par des sommes de séries.
Exercice. Supposons que l’on dispose de deux urnes Uet V. L’urne Ucontient 7 boules
blanches et deux boules noires. L’urne Vcontient 2 boules blanches, 1 rouge et 3 noires.
On considère l’expérience suivante : on tire une boule de Uet, sans la regarder, on la
place dans l’urne V. On tire alors une boule de V.
Représenter les résultats possibles sur un arbre. Identifier les probabilités de chaque
branche.
Proposition 1.1.1
Soit (Ω,P(Ω), P )un espace probabilisé fini, où Pest la probabilité uniforme. Pour tout
évènement A6=∅, on a PA(B) = Card (A∩B)
Card (A).
Démonstration : Exercice.
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Il est souvent plus facile de déterminer la probabilité conditionnelle que de déterminer
la probabilité d’une intersection car on considère alors que l’univers réduit contenant les
résultats de l’expérience conditionnée.
Exemple. On distribue complètement 52 cartes à 4 joueurs. Notons Ωl’ensemble des
mains possibles des 4 joueurs, et prenons A=P(Ω). La probabilité est la probabilité
uniforme.
Calculons la probabilité que le joueur Aait deux cœurs dans sa main en supposant que
les joueurs 3 et 4 en possèdent 8 à eux deux (on connaît donc une information supplémen-
taire : par exemple la composition exacte des 26 cartes des joueurs 3 et 4).
Le nombre de mains possibles pour le joueur 1, sachant que les joueurs 3 et 4 ont
8 cœurs est 26
13. Le nombre de mains contenant au moins deux cœurs est 5 221 11(on
choisit 2 cœurs parmi les 5 restant, et 11 cartes parmi les 21 possibles). Ainsi la probabilité
(conditionnelle) cherchée est 5
221
11
26
13.
Exercice. Une entreprise organise un dîner pour les employés qui ont deux enfants dont
au moins un garçon. Chaque employé est convié avec son aîné(e). Quelle est la probabilité
que M. X. vienne au dîner accompagné de son fils sachant qu’il est invité ? Quelle est la
probabilité qu’il ait deux fils sachant qu’il est invité ?
1.2 Résumé
Puisque PAest une probabilité, elle vérifie toutes les propriétés du chapitre précédent.
En particulier :
1. PA(A) = 1.
2. Si A⊂B,PA(B) = 1.
3. PA(B∪C) = PA(B) + PA(C)−PA(B∩C)
2 Trois formules
2.1 Formule des probabilités composées
C’est la formule « générale » pour calculer la probabilité d’une intersection (utile lorsque
les évènements ne sont pas indépendants).
Théorème 2.1.1 (Formule des probabilités composées)
Soit n>2. Soit (A1,...,An)une famille d’évènements de l’espace probabilisé (Ω,A, P ),
tels que P(A1∩ · · · ∩ An−1)6= 0. Alors
P(A1∩ · · · ∩ An) = P(A1)PA1(A2)× · · · × PA1∩···∩An−1(An)
Démonstration : Déjà, remarquons que puisque pour tout k∈[[ 1 ; n−1 ]],A1∩ · · · ∩An−1⊂
(A1∩ · · · ∩ Ak), on a 0< P (A1∩ · · · ∩ An−1)6P(A1∩ · · · ∩ Ak)et les probabilités
conditionnelles sont toutes définies.
Montrons ce résultat par récurrence sur n.
– Initialisation : par définition P(A1∩A2) = P(A1)PA1(A2).
– Hérédité : soit n>2. Supposons que P(A1∩ · · · ∩ An) = P(A1)PA1(A2)× · · · ×
PA1∩···∩An−1(An). Soit A1,...,An+1 des évènements tels que P(Tn
i=1 Ai)6= 0. Alors
d’après le cas n= 2,P(Tn+1
i=1 Ai) = P(Tn i=1 Ai)PTn
i=1 Ai(An+1). Mais par hypothèse
P(Tn
i=1 Ai) = P(A1)PA1(A2)× · · · × PA1∩···∩An−1(An), ce qui permet de conclure.
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Exemple. Une urne contient nboules blanches ou rouges dont bblanches et r>5rouges,
indiscernables. On tire successivement et sans remise 4 boules de cette urne. Calculons la
probabilité que les quatre boules tirées soient rouges.
Notons Ril’évènement « la i-ème boule est rouge. On cherche à calculer P(R1∩R2∩
R3∩R4). Utilisons la formule des probabilités composées (qui est plus naturelle que la
formule du crible ici...).
On suppose que la probabilité est uniforme.
– Alors P(R1) = r
n6= 0.
– Il reste n−1boules, dont r−1rouges. Ainsi PR1(R2) = r−1
n−1et P(R1∩R2) =
r(r−1)
n(n−1) 6= 0.
– On peut donc calculer PR1∩R2(R3): il reste r−2boules rouges parmis les n−2
boules de l’urne : PR1∩R2(R3) = r−2
n−2et P(R1∩R2∩R3)6= 0.
– On a donc justifié l’emplois de la formule des probabilités composées et PR1∩R2∩R3(R4) =
r−3
n−3.
Finalement P(R1∩R2∩R3∩R4) = r(r−1)(r−2)(r−3)
n(n−1)(n−2)(n−3).
Exercice. Dans l’exemple ci-dessus, calculer la probabilité qu’une boule rouge apparaisse
pour la première fois au k-ième tirage.
Exercice. On dispose de npoupées russes emboitées, numérotées de 1àn(nest la plus
grande). La poupée numéro kpeut être coloriée de kcouleurs différentes, choisies au hasard
parmi les k+1 couleurs de la poupée k+1. On suppose que la poupée numéro nest coloriée
de ncouleurs, dont le vert, et qu’à chaque étape, le vert est choisi avec probabilité p.
Quelle est la probabilité que la poupée numéro 1 soit verte ?
2.2 Formule des probabilités totales
Théorème 2.2.1
Soit (Ω,A, P )un espace probabilisé et Aun évènement de probabilité non nulle.
∀B∈ A, P (B) = PA(B)P(A) + P¯
A(B)P(¯
A)
Démonstration : (A, ¯ A)est un système complet d’évènements, donc P(B) = P(A∩B) +
P(¯ A∩B). La formule découle de la définition de PA(B).
Théorème 2.2.2 (Formule des probabilités totales, cas fini)
Soit (Ω,A, P )un espace probabilisé et (A1,...,An)un système complet d’évènements
tel que ∀i∈[[ 1 ; n]] , P (Ai)6= 0. Alors
∀B∈ A, P (B) =
n
X
k=1
P(Ak∩B) =
n
X
k=1
PAi(B)P(Ai)
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Démonstration : Puisque (Ai)est un système complet d’évènements, P(B) =
n
P
i=1
P(B∩Ai).
Le résultat découle de la définition de PA(B).
Dans le cas où l’espace probabilisé est infini, la formule reste valable (et la démonstration
est analogue)
Remarque. Si (Ai)i∈Iest un système complet d’événements, on a P(B) = Pi∈IP(Ai∩
B) = Pi∈IP(Ai)PAi(B).
Cette formule permet de traiter les disjonctions de cas.
Exemple. On dispose de quatre urnes numérotées de 1 à 4. On répartit dans ces urnes
des boules noires et des boules blanches. L’urne icontient niboules noires. On suppose
que toutes les urnes contiennent le même nombre Bde boules. On choisit un urne ; l’urne
iest choisie avec probabilité i
10. On prélève alors une boule de l’urne choisie. Quelle est la
probabilité que cette boule soit noire ?
Notons Uil’évènement « l’urne choisie est la numéro i», et N« la boule est noire ».
(U1, U2, U3, U4)est un système complet d’évènements de probabilité non nulle. D’après la
formule des probabilités totales
P(N) = PU1(N)P(U1) + PU2(N)P(U2) + PU3(N)P(U3) + PU4(N)P(U4)
=n1+ 2n2+ 3n3+ 4n4
10B
Exercice. Une compagnie d’assurance estime que la population se divise en deux caté-
gories : une première catégorie d’individus enclins aux accidents représentant 40% de la
population et une deuxième population d’individus ayant peu d’accidents. Un individu de
la première catégorie a un accident en l’espace d’un an avec la probabilité 0,5et pour un
individu de la deuxième catégorie cette probabilité est 0,1.
Quelle est la probabilité qu’un nouvel assuré soit victime d’un accident pendant sa
première année de souscription ?
2.3 Formule de Bayes
La formule de Bayes exprime PA(B)en fonction de PB(A). Elle permet ainsi de « re-
monter le temps ». Si chronologiquement Bsurvient avant A, on calcul a posteriori la
probabilité de la cause sachant la conséquence 1.
Théorème 2.3.1 (« petite » formule de Bayes)
Soit (Ω,A, P )un espace probabilisé et A, B ∈ A tels que P(A)P(B)6= 0. Alors
PA(B) = P(B)PB(A)
P(A)
Démonstration : Exercice.
Exemple. On reprend l’exemple de la section précédente. Calculons la probabilité d’avoir
tiré une boule dans l’urne 1 sachant qu’elle est noire.
1. D’où le nom de probabilité des causes parfois donné à la formule de Bayes.
J. Gärtner. 4

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PN(U1) = PU1(N)P(U1)
P(N)=n1/B (n1+ 2n2+ 3n3+ 4n4)/10B=n1 n1+ 2n2+ 3n3+ 4n4
Exercice. Dans l’exercice de la section précédente, quelle est la probabilité qu’un individu
soit de la catégorie à risque sachant qu’il n’a pas eu d’accident ?
Pour exprimer la probabilité du dénominateur, on utilise souvent la formule des proba-
bilités totales.
Théorème 2.3.2 (Formule de Bayes)
Soit (Ω,A, P )un espace probabilisé et (Ei)i∈Iun système complet d’évènements. Soit
A∈ A avec P(A)6= 0. Alors puisque ∀i∈I, P (Ei)6= 0, on a
∀j∈I, PA(Ej) = PEj(A)P(Ej)
Pi∈IPEi(A)P(Ei)
En particulier, si B∈ A est de probabilité non nulle :
PA(B) = PB(A)P(B)
PB(A)P(B) + P¯
B(A)P(¯
B)
Démonstration : Exercice.
Exemple. Un étudiant passe le bac et l’exercice 2 consiste en un QCM. mréponses sont
possibles et une seule est correcte. Soit l’étudiant connaît la réponse (ce qui arrive avec
probabilité p∈]0,1[) soit il choisit la réponse au hasard. Sachant que la réponse de l’étudiant
est correcte, quelle est la probabilité qu’il ait répondu en connaissant la réponse ?
Soit Cl’évènement « ma réponse est connue de l’étudiant » et Jl’évènement « la réponse
est juste ». On a PJ(C) = PC(J)P(C)
PC(J)P(C) + P¯
C(J)P(¯
C). Ainsi
PJ(C) = 1×p
1×p+1
m(1 −p)
=pm
(m−1)p+ 1
Exercice. Dans une usine, deux ateliers Aet Bfabriquent des composants électroniques
pour la construction de lecteurs Blue Ray. Ces composants arrivent ensuite sur la chaîne
d’assemblage. Après une étude statistique, il est constaté que 5% des composants de l’atelier
Asont défectueux et 1% des composants de l’atelier Ble sont. 75% des composants arrivant
sur la chaîne d’assemblage proviennent de l’atelier A. Un composant parfait arrivant sur
la chaîne d’assemblage peut être déterioré avec probabilité 1
48 lors de l’assemblage.
Après assemblage, un lecteur Blue Ray est prélevé au hasard, et il ne fonctionne pas.
On sait que seuls les composants fournis par Aou Bsont en cause.
Quelle est la probabilité que ce composant ait été déterioré lors de l’assemblage ?
Quelle est la probabilité que ce composant soit sorti défectueux de l’atelier A? De
l’atelier B?
J. Gärtner. 5