Notions de base en probabilités 1) Univers et événements On

Notions de base en probabilités
1) Univers et événements
On considère une expérience où plusieurs résultats sont possibles.
L’ensemble des résultats possibles est appelé univers. Par exemple, lors d’une série de 3lancers de dés, l’univers des résultats
possibles est l’ensemble des triplets (a; b; c)2 f1;2; :::; 6g3.
Un événement est une propriété véri…ée par certains des résultats.
Ainsi, pour l’exemple précédent, “la somme des dés vaut 4”, c’est-à-dire a+b+c= 4, est un événement.
Formellement, un événement s’identi…e à l’ensemble des résultats possibles qui le réalisent.
Autrement dit, formellement, un événement est tout simplement une partie Ade , par exemple l’ensemble des triplets
(a; b; c)2 f1;2; :::; 6g3tels que a+b+c= 4:
2) Probabilités
a) On dé…nit la probabilité P(A)d’un événement comme la limite, si elle existe, de la proportion de résultats de l’expérience
qui véri…e cet événement. Dans l’exemple précédent, l’événement Acorrespond à l’ensemble des triplets (a; b; c)2 f1;2; :::; 6g3
tels que a+b+c= 4:Autrement dit, l’événement Ase réalise ssi l’un des dés vaut 2 et les autres valent 1, donc il existe
exactement 3triplets (a; b; c)véri…ent cet événement.
En considérant que les dés sont équilibrés (c’est-à-dire chaque triplet est équiprobable), on a P(A) = 3
63=1 72 :
On considère désormais que les probabilités des événements considérés dans la suite sont bien dé…nies. C’est toujours le cas
sur des univers …nis, mais pas nécessairement sur des univers in…nis.
b) Propriété d’additivité
- Si Aet Bsont des événements incompatibles (i.e. les parties sont disjointes), alors P(A[B) = P(A) + P(B):
Plus généralement, pour toute suite (An)n2Nd’événements incompatibles, on a PS+1
n=0 An=P+1 n=0 P(An):
- On a P() = 1, et pour tout événement A, on a P(A) = 1 P(A), où Adésigne le complémentaire de Adans .
Plus généralement, si AB, alors P(A)P(B), et P(BrA) = P(B)P(A):
- Réunion (cas général) : P(A[B) = P(A) + P(B)P(A\B), car A[Best union disjointe de Aet de Bn(A\B):
3) Probabilités conditionnelles
Exemple introductif : Considérons un lancer de deux dés équilibrés. Considérons l’événement A: “La somme des deux dés
vaut 8”. Les couples (a; b)2 f1;2; :::; 6g2tels que a+b= 8 sont les (k; 8k), avec k2 f2;3;4;5;6g:
Il y a donc 5 couples sur les 36 possibles qui appartiennent à A. Donc P(A) = 5
36 :
Supposons de plus que nous puissions observer le premier dé, qui donne un 3. La probabilité que la somme des deux dés donne
8 vaut 1
6, puisque la somme vaut 8ssi bvaut 5. Or, par hypothèse, chacune des valeurs de best équiprobable (et indépendante
de la valeur de a).
En notant Bl’événement “Le premier dé vaut 3”, la probabilité de Asachant B, notée P(AjB), vaut donc 1
6.
a) Probabilité conditionnelle d’un événement sachant un autre événement
Def : Soit Bun événement véri…ant P(B)>0.
La probabilité (conditionnelle) de Asachant Best P(AjB) = P(A\B)
P(B), notée aussi PB(A)
Remarque : La fonction A7! P(AjB)dé…nit une probabilité. En particulier, PB(B) = 1:
b) Formule de Bayes et formule des probabilités composées

Formule des probabilités composées :P(A\B) = P(A)P(AjB)
Plus généralement, P(A1\A2\::: \An) = P(A1)P(A2jA1):::P (AnjA1\A2\::: \An1):
Formule de Bayes :P(AjB)P(B) = P(BjA)P(A) = P(A\B):
c) Formule des probabilités totales
Si (Bn)n2Iest une partition de , alors pour tout événement A, on a P(A) = Pn2IP(AjBn)P(Bn)
Remarque : La propriété résulte de Aréunion disjointe des A\Bn, ’où P(A) = Pn2IP(A\Bn):
Remarque : Plus généralement, on a : P(AjC) = P+1
n=0 P(AjBn)P(BnjC):
d) Exemples d’utilisations de la formule de Bayes et de la formule des probabilités totales
Il existe de nombreuses situations où il est di¢ cile de calculer directement la probabilité d’un événement mais où il est par
contre possible de la calculer connaissant ses probabilités conditionnelles (par la formule des probabilités totales).
Exercice 1 :
Un taupin répond à une question à choix multiples .De deux choses l’une : soit il connaît la réponse, soit il répond au hasard.
Notons pla probabilité que l’étudiant connaisse la réponse, et donc 1pest la probabilité qu’il la devine.
Dans le cas où l’étudiant répond au hasard, il répond correctement avec la probabilité 1
m, où mest le nombre de réponses
possibles.
Quelle est la probabilité qu’un étudiant connaisse la réponse à une question s’il y a répondu correctement ?
Solution : Considérons les événements A:“l’étudiant répond correctement”et B:“l’étudiant connaît la réponse”.
On a P(AjB) = 1 et P(AjB) = 1
m, et P(A) = pet P(B) = 1 p:
On cherche P(BjA). On a P(BjA)P(A) = P(AjB)P(B) = p:
Or, P(A) = P(AjB)P(B) + P(AjB)P(B) = p+ (1 p)1
m.
Donc P(BjA) = mp
mp + (1 p):
Exercice 2 :
Un laboratoire médical assure avec une …abilité de 95% la détection d’une certaine maladie lorsqu’elle est e¤ectivement présente.
Cependant, le test indique aussi un résultat faussement positif pour 1% des personnes réellement saines à qui on l’applique
(c’est-à-dire qu’une personne saine testée sera déclarée malade une fois sur cent). On suppose que 0:5% de la population est
e¤ectivement malade.
Déterminer la probabilité qu’une personne dont le test est positif soit réellement malade.
Solution : Notons A: “la personne est malade” et B:“la personne est testée positivement”.
On a P(A) = 0:005 et P(BjA) = 0:95,P(BjA) = 0:01.
On cherche P(AjB):On a P(AjB)P(B) = P(BjA)P(A).
Donc P(AjB) = P(BjA)P(A)
P(BjA)P(A) + P(BjA)P(A)'0:323
Remarque : Ainsi, moins d’un tiers des personnes testées positivement sont réellement malades. Le nombre de faux malades
est du même ordre de grandeur que le nombre de malades, et ce en dépit du fauble taux de résultats faussement positifs, car
la population de malades est faible relativement à celle des personnes saines.
Exercice 3 :
On considère trois cartes à jouer de même forme. Cependant,les deux faces de la première carte ont été colorées en noir, les
deux faces de la deuxième carte en rouge tandis que la troisième porte une face noire et l’autre rouge. On mélange les trois

cartes au fond d’un chapeau puis une carte tirée au hasard en est extraite et placée au sol. Si la face apparente est rouge,
quelle est la probabilité que l’autre soit noire ?
Solution : On considère respectivement RR,N N et RN les événements : “La carte choisie est entièrement rouge”, “entièrement
noire”et “bicolore”. On note aussi Rl’événement : “La face apparente de la carte tirée est rouge”.
On cherche P(RN jR) = P(RjRN )P(RN)
P(R):Or, on a P(RjRN )P(RN ) = 1
2
1
3:
On a aussi P(R) = P(RjRN )P(RN) + P(RjNN )P(N N) + P(RjRR)P(RR) = 1
2
1
3+ 01 3+1 3=1 2:
On obtient donc P(RN jR) = 1
3:
4) Evénements indépendants
Certains exemples vus précédemment montrent que la probabilité conditionnelle P(AjB)que Asoit véri…é sachant que Best
réalisé n’est en général pas égale à P(A). En d’autres termes, le fait de savoir que Best survenu peut in‡uencer la probabilité
de A. Dans le cas où P(AjB)est bien égal à P(A), l’événement Aest dit indépendant de B. Ainsi, Aest indépendant de B
si le fait de savoir que Aest survenu ne change pas la probabilité de E.
a) Evénements indépendants
Def : On dit que deux événement sont indépendants ssi P(A\B) = P(A)P(B):
Def équivalente lorsque P(B)>0: Deux événement sont indépendants ssi P(AjB) = P(A):
Remarque : Si Aet Bsont indépendants, alors leurs complémentaires Aet Bsont aussi indépendants.
En e¤et, si x=P(A)et y=P(B), alors P(A) = 1 xet P(B) = 1 y:
Donc P(A\B) = 1 P(A)P(B) + P(A\B) = 1 xy+xy = (1 x)(1 y):
Exemple : On jette deux dés équilibrés dont les faces sont numérotées de 1 à 6.
On considère les événements A:“la somme des dés est 6”et B:“le premier dé donne 4”.
Dans ce cas P(E; F ) = P(f(4;2)g) = 1
36 , alors que P(A)P(B) = 5 36
1
6=5 216 .
Donc les événements Aet Bne sont donc pas indépendants. Intuitivement, la raison en est claire : si on espère obtenir une
somme de 6 sur les deux dés, l’apparition sur le premier dé d’un 4, ou d’un 1 , d’un 2, d’un 3 ou d’un 5 laisse espérer d’atteindre
ce résultat. En revanche, si le premier dé donne déjà 6, il n’y a plus aucune chance d’obtenir au total 6. En d’autres termes,
la probabilité d’obtenir 6 sur deux dés dépend du résultat apparu sur le premier dé. C’est pourquoi dans cet exemple les
événements Aet Bne sont pas indépendants.
b) Evénements mutuellement indépendants
Def : Des événements Ai, avec i2I, sont mutuellement indépendants ssi pour toute partie …nie JI, on a
P \
i2J
Ai!=Y
i2J
P(Ai)
Corollaire : Si A1; :::; Ansont des événements mutuellement indépendants, alors P(Tn
k=1 Ak) = Qn k=1 P(Ak):
Exemple : Trois événements deux à deux indépendants ne sont pas nécessairement mutuellement indépendants.
Considérons par exemple deux lancers successifs d’une pièce de monnaie. On considère les événements suivants :
A:“On obtient pile au premier lancer”;
B:“On obtient face au second lancer”;
C:“On obtient la même chose aux deux lancers”.
Comme P(A) = P(B) = P(C) = 1
2et P(A\B\C) = 0, les événements A,Bet Csont ne sont pas mutuellement indépendants.
Mais on a P(A\B) = P(A\C) = P(B\C) = 1
4, donc les événements sont 2 à 2 indépendants.

c) Exemple : Série de tirages
Considérons un tirage de nentiers valant 0ou 1.
Ici, l’univers est l’ensemble f0;1gndes tirages possibles.
Un événement est un ensemble de tirages : leur probabilité est la somme des probabilités des dits tirages.
Si les Ntirages sont indépendants les uns des autres, alors tous les événements sont mutuellement indépendants.
Supposons que chacun des Nentiers a une probabilité p2[0;1] d’être égal à 1, et 1pd’être égal à 0:
Alors la probabilité d’un tirage ("1; :::; "n)2 f0;1gnest pk(1 p)nk, où kest le nombre de itel que "i= 1:
Donc la probabilité d’avoir "1+"2+::: +"N=kest n
kpk(1 p)Nk:
En particulier, la probabilité d’avoir "i= 1 pour tout i2 f1;2; :::; ngvaut pn:
d) Intersection in…nie d’événements mutuellement indépendants
Remarque : Si des événements A1; :::; Ansont mutuellement indépendants, alors A1; :::; Anle sont aussi.
En fait, il su¢ t de montrer que A1; A2; :::; Anle sont et de procéder par récurrence.
Prop : Supposons P+1
n=0 P(An) = +1et les Anmutuellement indépendants. Alors limn!+1PTn k=0 Ak= 0:
Corollaire : Comme PT+1
n=0 An= limn!+1PTn k=0 Ak, on a ainsi PT+1 n=0 An= 0, c’est-à-dire PS+1 n=0 An= 1.
Terminologie : On dit qu’un événement Aest presque sûr ssi P(A) = 1:
Autrement dit, ici, l’événement S+1
n=0 Anest presque sûr.
Preuve : En posant an=P(An), on a P(An) = 1 an:
Comme les Ansont indépendants, donc PTn
k=0 Ak=Qn k=0(1 ak).
P+1
n=0 an= +1et que ln(1 an) an, alors P+1 k=0 ln(1 an) = 1:
On obtient ainsi limn!+1Q+1
n=0(1 an) = e1 = 0, c’est-à-dire PT+1 n=0 An= 0:
Exemple : Reprenons l’exemple du c), mais en considérant une in…nité de tirages successifs.
La probabilité d’avoir 1dans les npremiers tirages vaut pn:
Si on e¤ectue une in…nité de tirages, la probabilité d’avoir toujours 1 est limn!+1pn=(0si p < 1
1si p= 1
Autrement dit, un tirage in…ni contient presque sûrement au moins un 0. En fait, on pourrait montrer de façon analogue qu’un
tirage in…ni contient presque sûrement une in…nité de 0 (et une in…nité de 1).
5) Un exemple
Exercice 4
Une séquence d’épreuves indépendantes consiste à jeter plusieurs fois un dé régulier.
Déterminer la probabilité de l’événement A: “Un des chi¤res 1 ou 2 apparaît avant que ne survienne un 3 ”.
Solution : Considérons l’événement An: “Au n-ième tirage apparaît un 1 ou un 2, et aucun des tirages précédents n’a donné
de 1, 2 ou 3 ”.
Alors P(A) = P(Sn2NAn) = P+1
n=0 P(An), car les Ansont deux à deux incompatibles.
Or, comme les tirages du dé sont indépendants, on a P(An) = 1
2n1 3:
Donc P(A) = 1
3P+1
n=0 1
2n=2 3:
Remarque : L’interprétation intuitive est très simple. Avec une probabilité égale à 1, la suite des tirages comporte au moins
un des chi¤res 1,2ou 3. Le premier de ces chi¤res vaut 1 ou 2 avec une probabilité 2
3. D’où P(A) = 2 3: