Espaces probabilisés

Modéliseé une expérience aléatoire
Univers
Événements
Espaces probabilisés fini
Cas géneral
Espaces probabilisés infini
Cas géneral
Tribu
Espace probabilisé

Système complet
Théorème
Corollaire

Probabilité conditionnelle

Formule de probabilités totales

Théorème
Formule de Bayes
Théorème

Exercices

Exercice 1
Exercice 2
Exercice 3
Rappel suites
Exercice 4

Formule de probabilités composées

Exercice

Indépendence

À retenir
Indépendence deux à deux
Indépendence mutuelle
Attention

Modéliseé une expérience aléatoire

Définition

On appelle expérience aléatoire toute expérience dont le résultat ne peut être déterminé à priori, c'est-à-dire qui dépend du hasard.

Exemple :

Jeter un dé à 6 faces et noter le résultat.
Jeter une pièce de monnaie et noter le résultat.

Univers

Définition

On appelle univers d'une expérience aléatoire l'ensemble \( \mathcal{Ω} \) des issues ou résultats possibles d'expériences.
Les éléments de \( \mathcal{Ω} \) se notent souvent \( \omega \).

Exemple :

Je lance un dé : \( \mathcal{Ω} = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\} \)
Je lance une pièce : \( \mathcal{Ω} = \{P, F\} \)
Je lance 2 dés :

\(\Omega' = \{(1, 1), (1, 2), \ldots, (1, 6),\)
\((2, 1), (2,2), \ldots, (2,6),\)
\(\ldots\)
\((6, 1), (6,2), \ldots, (6,6)\}\)
\(\text{card}(\Omega') = 6 \times 6 = 36\)

Événements

Lorsqu'on effectue une expérience aléatoire, certains faits liés à cette expérience peuvent se produire ou non : on les appelle des événements.

Exemples

Je lance le dé :

\(\Omega = \{ 1, 2, 3, 4, 5, 6 \}\)
\(A = \{\text{pair} \text{ | = } \{2, 4, 6 \}\}\)
\(B = \{\text{impair} \text{ | = } \{1, 3, 5 \}\}\)

Je lance 2 dés :

\(A = \{ \text{La somme des deux dés} = 5 \}\)
\(A = \{ (1, 4), (4, 1), (3, 2), (2, 3) \}\)
\(A \subset \Omega\)

Définition

Un événement est une partie de l'univers \(\Omega\) de l'expérience aléatoire.
\(A \in \mathcal{P}(\Omega)\)

Notation

L'ensemble des parties de \(\Omega\), donc l'ensemble des événements, est noté \(\mathcal{P}(\Omega)\).
Un événement qui est toujours réalisé s'appelle un événement certain et est donc représenté par \(\Omega\).
Un événement qui n'est jamais réalisé est appelé un événement impossible. Il est représenté par l'ensemble vide \(\emptyset\).
\(A \cap B\): \(A\) et \(B\) sont réalisés.
\(A \cup B\): \(A\) ou \(B\) est réalisé.
\(\overline{A}\): \(A\) est non-réalisé.
\(A \setminus B\): \(A\) est réalisé et \(B\) non-réalisé.

Définition

Les événements qui sont représentés par un singleton \(\{\omega\}\) sont appelés des événements élémentaires.

Espaces probabilisés fini

Définition

Soit \(\Omega\) un ensemble fini et \(\mathcal{P}(\Omega)\) l'ensemble des parties de \(\Omega\).
Le couple \((\Omega, \mathcal{P}(\Omega))\) s'appelle un espace probabilisé

Définition

Soit \((\Omega, \mathcal{P}(\Omega))\) un espace probabilisé. On appelle probabilité définie sur cet espace toute application \(P\).

\[ P : \mathcal{P}(\Omega) \to [0, 1] \]

\(P(\Omega) = 1\)
Si \(A\) et \(B\) sont incompatibles (\(A \cap B = \emptyset\), disjoints), alors:
\(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\)

espace probabilités

Propriété

\( P(\overline{A}) = 1 - P(A) \), donc \( P(\emptyset) = 0 \)
\( P(A \setminus B) = P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B) \)
Si \( A \subset B \) : \( P(A) \leq P(B) \)
\( P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \)
\( P(A \cup \overline{A}) = P(A) + P(\overline{A}) \)
\( A \cup \overline{A} = \Omega \)
\( P(\Omega) = 1 = P(A) + P(\overline{A}) \)
Donc, \( P(\overline{A}) = 1 - P(A) \)
\((A \cap B) \cup (A \cap \overline{B}) = A \cap (B \cup \overline{B}) = A \cap \Omega = A\)
\(P(A \cap B) + P(A \cap \overline{B}) = P(A)\) car \((A \cap B) \cap (A \cap \overline{B}) = \emptyset\)
\(P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B)\)
\(P(\text{lancer le dé}) = \dfrac{\text{cas favorables}}{\text{cas possibles}}\)
\(P(\text{pair}) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\)

Exemple

\(n\) étudiants
\(P(\text{au moins 2 le même jour d'anniversaire})\)
\(P(\overline{A}) = 1 - P(A)\)
\(P(\overline{A}) = P(\text{les jours d'anniversaires différents})\)
\(P(\overline{A}) = 1 - \dfrac{365 \times 364 \times 363 \times \ldots \times 2 \times 1}{365^n}\)
\(P(\overline{A}) = 1 - \dfrac{A_{365}^n}{365^n}\)
Pour \(n = 25\), \(p \approx 0,95\)
Pour \(n = 40\), \(p \approx 0,89\)
Pour \(n = 60\), \(p \approx 0,99\)

Définition

Un évènement \(A \in \Omega\) est dit négligeable si \(P(A) = 0\) et pris que sûr si \(P(A) = 1\).

Cas géneral

Les univers que vous allez rencontrer ne soient pas toujours finis. Lorsque \(\omega\) est infini, la construction d'une probabilité est un peu compliquée.

Exemple

On considère l'expérience suivante :

On lance une pièce jusqu'à obtenir pile et on note le nombre de lancers qui ont été nécessaires pour obtenir le premier pile.

On voit ici que l'univers de cette expérience est l'ensemble \(\Omega = \mathbb{N}^*\), car le nombre de lancers nécessaires pour obtenir pile peut être n'importe quel nombre.

Espace probabilisé infini

Les hypothèses précédentes ne sont pas toujours envisageables

Mais on voit qu'il faut donc être capable de calculer l'aire A, donc on ne peut pas prendre n'importe quelle partie de \( \Omega \) pour calculer \( P(A) \). Contrairement, en cas fini parmi les parties de \( \Omega \), il ne faut s'intéresser qu'à celles dont on peut calculer la probabilité.

Tribu

Définition

Soient \( \Omega \) un ensemble et \( \mathcal{A} \) une partie de \( \mathcal{P}(\Omega) \), \( A \subseteq \mathcal{P}(\Omega) \)
On dit que \( \mathcal{A} \) est une tribu, aussi une \( \sigma \)-algèbre de parties de \( \Omega \), si :

\( \Omega \in \mathcal{A} \)
\( A \in \mathcal{A} \implies \overline{A} \in \mathcal{A} \)
\( I \subseteq \mathbb{N} \) et toute famille \( (A_i)_{i \in I} \) d'éléments de \( A \implies \bigcup_{i \in I} A_i \in \mathcal{A} \)

Les éléments de \( A \) sont des événements
\((\Omega, \mathcal{A})\) s'appelle espace probabilisable

Propriété

\( \Omega \) ensemble et \( \mathcal{A} \) une tribu

\( \varnothing \in \Omega \)
Si \( A \) et \( B \in \mathcal{A} \), on a \( A \cup B, A \cap B \) et \( A \setminus B \) sont dans \( \mathcal{A} \)
\( \bigcap_{i \in I} A_i \in \mathcal{A} \)

Espace probabilisé

Définition

Soit \( (\Omega, \mathcal{A}) \) un espace probabilisé. On appelle probabilisé sur \( (\Omega, \mathcal{A}) \) toute application \( P \) de \( A \) dans \([0,1]\).
\[ P : \mathcal{A} \longrightarrow [0,1] \]

\( P(\Omega) = 1 \)
Si \( A_n \) une suite d'événements deux à deux incompatibles : \( A_i \cap A_j = \varnothing \)
\( P\left(\bigcup_{n=0}^{\infty} A_n \right) = \sum_{n=0}^{\infty} P(A_n) \)

Propriété

\( P(\overline{A}) = 1 - P(A) \)
\( P(\varnothing) = 1 - P(\varnothing) \)
\( P(\varnothing) = 1 - P(\Omega) = 0 \)
\( P(A \setminus B) = P(A) - P(A \cap B) \)
\( P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B) \)
\( A \subseteq B \implies P(A) \leq P(B) \)

Système complet

Définition

Soient \( (\Omega, \mathcal{A}) \) un espace probabilisé, on appelle système complet d'événements de \( \Omega \) toute famille \( (A_i)_{i \in I} \) telle que :

\( \bigcup_{i \in I} A_i = \Omega \)
Les événements \( A_i \) sont deux à deux incompatibles \((A_i \cap A_j = \varnothing)\)

Propriété

\((A_i)_{i \in I}\) un système complet
\( \Rightarrow \sum_{i \in I} P(A_i) = 1 \)
\(\nLeftarrow\)
Propriété de la limite monotone

Théorème

Soit \( (\Omega, \mathcal{A}, P) \) un espace probabilisé

Si \( (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \) est une suite croissante d'événements de \( A \)
\( A_n \subseteq A_{n+1} \), alors la suite \( P(A_n) \) converge et \( P\left( \bigcup_{n=0}^{\infty} A_n \right) = \lim_{n \to \infty} P(A_n) \)
Si \( (A_n)_{n \in \mathbb{N}} \) est une suite décroissante
\( A_n \supseteq A_{n+1} \), alors la suite \( P(A_n) \) converge et \( P\left( \bigcap_{n=1}^{\infty} A_n \right) = \lim_{n \to \infty} P(A_n) \)

Corollaire

Si \( A_n \) est une suite d'événements de \( A \), alors
\( P\left( \bigcup_{k=0}^{\infty} A_k \right) = \lim_{n \to +\infty} P\left( \bigcup_{k=0}^{n} A_k \right) \)
\( P\left( \bigcap_{k=0}^{\infty} A_k \right) = \lim_{n \to +\infty}P\left( \bigcap_{k=0}^n A_k \right) \)

Probabilité conditionnelle

Définition

Soit \( (\Omega, \mathcal{A}, P) \) un espace probabilisé et \( A \in \mathcal{A} \) un événement de produit non nul. Pour tout événement \( B \), on pose: \(P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}\)
Alors \( P_A \) est une probabilité sur \( (\Omega, \mathcal{A}) \), appelée probabilité conditionnelle relative à \( A \) ou encore probabilité sachant \( A \). On note \( P_A(B) \) ou \( P(B \mid A) \).
\(P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} \quad \text{Formule de probabilités totales}\)

Formule de probabilités totales

Théorème

Soit \( (A_i)_{i \in I} \) un système complet d'événements non nuls \( \bigcup_{i \in I} A_i = \Omega \) et \( A_i \cap A_j = \varnothing \) si \( i \neq j \).
Alors, pour tout événement \( B \), on a:
\(P(B) = \sum_{i \in I} P(A_i \cap B) = \sum_{i \in I} P(A_i) P_{A_i}(B)\)

Exemple

On a deux dé, un dé truqué \(T\) et un dé non-truqué \(\overline{T}\) cela implique que le dé a été modifié de manière à ce qu'il tombe plus souvent sur un résultat favorable \(\frac{1}{2}\), contrairement à un dé non-truqué où chaque face aurait une probabilité égale de sortir \(\frac{1}{6}\).

\(P_T(A) = \frac{1}{2}\)

\(P_{\overline{T}}(A) = \frac{1}{6}\)

\( P(A) = P_T(A) P(T) + P_{\overline{T}}(A) P(\overline{T}) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{12} = \frac{1}{3}\)

Formule de Bayes

Cette formule découle directement de la formule des probabilités totales

Théorème

Soient \( (A_i)_{i \in I} \) un système complet d'événements de probabilité non nuls et \( B \) un événement de probabilité non nulle.
\[ P_B(A_k) = \frac{P_{A_k}(B) P(A_k)}{P(B)} = \frac{P_{A_k}(B) P(A_k)}{\sum_{n \geq 1} P_{A_n}(B) P(A_n)} \]

Exercices

Exercice 1

On dispose de trois pièces :

La première est équilibrée, la deuxième est telle que la probabilité d'obtenir face est \( \frac{2}{3} \), et la troisième comporte deux faces « face ».
On choisit au hasard une de ces trois pièces et on la lance, on obtient face.
Déterminer dans ce cas la probabilité de l'événement : « On joue avec la pièce 3 ».

Correction

On pose \( D_i \) : joue avec la \( i \)-ème pièce

\( D_1 \) : joue avec la 1ère pièce
\( D_2 \) : joue avec la 2ème pièce
\( D_3 \) : joue avec la 3ème pièce

On a donc:
\( P_F(D_3) = \frac{P_{D_3}(F) \times P(D_3)}{P(F)} \)
\( P_F(D_3) = \frac{1 \times \frac{1}{3}}{P(F)} \)
Or \( \{ D_1, D_2, D_3 \} \) forme un système complet d'événements
Donc :
\( P(F) = P_{D_1}(F) \times P(D_1) + P_{D_2}(F) \times P(D_2) + P_{D_3}(F) \times P(D_3) \)
\( P(F) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} + 1 \times \frac{1}{3} \)
\( P(F) = \frac{13}{18} \)
Alors :
\( P_F(D_3) = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{13}{18}} = \frac{6}{13} \approx 0.46 \)

Exercice 2

Quatre urnes contiennent des boules :

L'urne 1 contient 3 boules rouges, 2 boules blanches, 3 boules noires.
L'urne 2 contient 4 boules rouges, 3 boules blanches, 1 boule noire.
L'urne 3 contient 2 boules rouges, 1 boule blanche, 1 boule noire.
L'urne 4 contient 1 boule rouge, 6 boules blanches, 2 boules noires.

On choisit au hasard une urne et de celle-ci, on tire une boule au hasard.

À l'aide de la formule des probabilités totales, calculer la probabilité que cette boule ne soit pas blanche.
Si la boule est rouge, quelle est la probabilité qu'elle ait été tirée de l'urne 3 ?

Correction

On pose \( U_i \) : l’urne \( i \)-ème

Or \( \{U_1, U_2, U_3, U_4\} \) forme un système complet :
Donc,
\( P(\overline{B}) = P_{U_1}(\overline{B}) \times P(U_1) + P_{U_2}(\overline{B}) \times P(U_2) + P_{U_3}(\overline{B}) \times P(U_3) + P_{U_4}(\overline{B}) \times P(U_4) \)
\( P(\overline{B}) = \frac{6}{8} \times \frac{1}{4} + \frac{5}{8} \times \frac{1}{4} + \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} + \frac{3}{9} \times \frac{1}{4} \)
\( P(\overline{B}) = \frac{59}{96} \approx 0.61 \)

\( P_R(U_3) \times P(R) = P_{U_3}(R) \times P(U_3) \)
\( P_R(U_3) = \frac{P_{U_3}(R) \times P(U_3)}{P(R)} = \frac{\frac{2}{4} \times \frac{1}{4}}{P(R)} \)
D'après la formule des probabilités totales on a :
\( P(R) = P_{U_1}(R) \times P(U_1) + P_{U_2}(R) \times P(U_2) + P_{U_3}(R) \times P(U_3) + P_{U_4}(R) \times P(U_4) \)
\( P(R) = \frac{3}{8} \times \frac{1}{4} + \frac{4}{8} \times \frac{1}{4} + \frac{2}{4} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{9} \times \frac{1}{4} \)
\( P(R) = \frac{107}{288} \)
Donc, \( P_R(U_3) = \frac{\frac{2}{4} \times \frac{1}{4}}{\frac{107}{288}} = \frac{36}{107} \approx 0.33 \)

Exercice 3

Pour se rendre au lycée, un élève a le choix entre 4 itinéraires A, B, C et D. La probabilité qu’il a de choisir A (resp. B, C) est \( \frac{1}{3} \) (resp. \( \frac{1}{4}, \frac{1}{12} \)). La probabilité d’arriver en retard en empruntant A (resp. B, C) est \( \frac{1}{20} \) (resp. \( \frac{1}{10}, \frac{1}{5} \)). En empruntant l’itinéraire D, l’élève n’arrive jamais en retard.

Quelle est la probabilité que l’élève choisisse le chemin D ?
L’élève arrive en retard. Quelle est la probabilité qu’il ait emprunté l’itinéraire C ?

Correction

- \( P_R(A) = P(C) \times P(R) = P_C(R) \times P(C) \)
- \( P_R(C) = \frac{P_C(R) \times P(C)}{P(R)} = \frac{\frac{1}{5} \times \frac{1}{12}}{P(R)} \)
- Or \( \{A, B, C, D\} \) forme un système complet :
- Donc, \( P(R) = P_A(R) \times P(A) + P_B(R) \times P(B) + P_C(R) \times P(C) + P_D(R) \times P(D) \)
- \( P(R) = \frac{1}{20} \times \frac{1}{3} + \frac{1}{20} \times \frac{1}{4} + \frac{1}{5} \times \frac{1}{12} + 0 \)
- \( P(R) = \frac{7}{120} \)
- Alors, \( P_R(C) = \frac{\frac{1}{5} \times \frac{1}{12}}{\frac{7}{120}} = \frac{2}{7} \approx 0.28 \)

Rappel suites

Soit \( U_{n+1} = 3U_n - 4 \) avec \( U_0 = 1 \).
Calculer \( U_n \) en fonction de \( n \).
Soit \( \alpha \) le point fixe tel que : \( \alpha = 3\alpha - 4 \) <=> \( 2\alpha = 4 \) <=> \( \alpha = 2 \).
Posons \( V_n = U_n - \alpha \)

=> \( V_{n+1} = U_{n+1} - \alpha \)
=> \( V_{n+1} = 3U_n - 4 - \alpha \)
=> \( V_{n+1} = 3U_n - 6 \)
=> \( V_{n+1} = 3(U_n - 2) \)
=> \( V_{n+1} = 3V_n \)

Donc \( V_n \) est une suite géométrique de raison 3. Alors, \( V_n = V_0 \times 3^n \) avec \( V_0 = U_0 - 2 = -1 \).
Donc \( U_n = V_n + 2 = -3^n + 2 \).

Exercice 4

Formule de probabilités composées

\( P_{B_1}(B_2) = \dfrac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_1)} \Rightarrow P(B_1 \cap B_2) = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) \)
\( P(B_1 \cap B_2 \cap B_3) = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) \times P_{B_1 \cap B_2}(B_3) \times \)
\( P(B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_n) = P(B_1) \times P_{B_1}(B_2) \times P_{B_1 \cap B_2}(B_3) \times \dots \times P_{B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_{n-1}}(B_n) \)
\( = P(B_1) \times \frac{P(B_1 \cap B_2)}{P(B_1)} \times \frac{P(B_1 \cap B_2 \cap B_3)}{P(B_1 \cap B_2)} \times \dots \times \frac{P(B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_n)}{P(B_1 \cap \dots \cap B_{n-1})}\)
\( = P(B_1 \cap B_2 \cap \dots \cap B_n) \)

Exercice

Aziz possède \( n \) clés, dont une seule ouvre son coffre. Il essaie les clés une à une et remet à côté celles qui ne l'ouvrent pas.
Soit \( A_i \) l'événement «Aziz ouvre le coffre au \( i^{\text{ème}} \) essai».
Calculer la probabilité \( P_k \) que Aziz ouvre le coffre après \( k \) essais.

Solution

Exemple:

On a 5 clés. On trouve la clé après 3 essais :
\( P(\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap A_3) = P(\overline{A_1}) \times P(\overline{A_2} | \overline{A_1}) \times P(A_3 | \overline{A_1} \cap \overline{A_2}) \)
\( = \frac{4}{5} \times \frac{3}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{5} \)

Pour k essais :
\( P_k = P(\overline{A_1} \cap \overline{A_2} \cap \dots \cap A_k) \)
\( P_k = P(\overline{A_1}) \times P_{\overline{A_1}}(\overline{A_2}) \times P_{\overline{A_1} \cap \overline{A_2}}(\overline{A_3}) \times \dots \times P_{\overline{A_1} \cap \dots \cap \overline{A_{k-1}}}(A_k) \)
\( P_k = \frac{n-1}{n} \times \frac{n-2}{n-1} \times \dots \times \frac{n-k+1}{n-k+2} \times \frac{1}{n-k+1}\)
\( P_k = \frac{1}{n} \)

Indépendence

Si \( A \) et \( B \) sont indépendants, donc :

\( P_A(B) = P(B) \)
\( P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) \)
\( P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \)

On dit que deux événements \( A \) et \( B \) où \( p(A) \neq 0 \) et \( p(B) \neq 0 \) sont indépendants si l'une des conditions équivalentes suivantes est satisfaite :

\( P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \)
\( P_A(B) = P(A) \)
\( P_B(A) = P(B) \)

À retenir

Il est équivalent de dire :
\( A \) et \( B \) sont indépendants \( \Leftrightarrow \overline{A} \) et \( \overline{B} \) sont indépendants
\( \overline{A} \) et \( B \) sont indépendants \( \Leftrightarrow A \) et \( \overline{B} \) sont indépendants

Indépendence deux à deux

On dit que les événements \(A_1, A_2, \dots, A_n\) sont indépendants deux à deux si :

\( \forall i, j, \, i \neq j \)
\( P(A_i \cap A_j) = P(A_i) \times P(A_j) \)

Indépendence mutuelle

On dit que les événements \(A_1, A_2, \dots, A_n\) sont mutuellement indépendants si, quelle que soit la sous-famille extraite \(\{A_1, \dots, A_p\}\), avec \(1 \leq p \leq n\), la relation suivante est satisfaite :

\( P(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_p) = P(A_1) \times P(A_2) \times \dots \times P(A_p) \)

L'indépendance mutuelle implique l'indépendance deux à deux, mais la réciproque est fausse.

Attention

La condition \(P(A_1 \cap A_2 \cap \dots \cap A_n) = P(A_1) \times P(A_2) \times P(A_3) \dots P(A_n) \) n'est pas suffisante pour montrer que les événements \( A_1, \dots, A_n \) sont mutuellement indépendants.