Probabilités sur un univers fini
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Ce chapitre fixe le cadre rigoureux du calcul des probabilités lorsque l'expérience n'a qu'un nombre fini d'issues : univers, événements, probabilité, conditionnement et indépendance. Il fournit les outils (probabilités composées, probabilités totales, formule de Bayes) qui servent ensuite pour les variables aléatoires et les problèmes de concours.
Prérequis
- Langage des ensembles : inclusion, réunion, intersection, complémentaire, lois de De Morgan
- Dénombrement : cardinal d'un produit cartésien, nombre de parties à $k$ éléments $\binom{n}{k}$, nombre de $k$-uplets d'éléments distincts
- Manipulation des sommes et produits finis, sommes télescopiques
- Raisonnement par récurrence — Revoir Raisonnement par récurrence
- Suites arithmético-géométriques
À la fin du chapitre, on sait
- Modéliser une expérience aléatoire par un espace probabilisé fini $(\Omega,P)$
- Traduire un énoncé en opérations sur les événements
- Démontrer et utiliser les propriétés élémentaires d'une probabilité
- Définir une probabilité par une distribution et reconnaître la probabilité uniforme
- Calculer et interpréter une probabilité conditionnelle
- Appliquer la formule des probabilités composées, la formule des probabilités totales et la formule de Bayes
- Distinguer indépendance de deux événements, indépendance deux à deux et indépendance mutuelle
1.Univers fini et événements
Une expérience aléatoire est une expérience dont on connaît toutes les issues possibles, sans savoir laquelle va se produire. La première étape de tout exercice consiste à choisir un ensemble qui contient ces issues. Dans ce chapitre, cet ensemble est toujours fini.
Univers, issue, événement
On appelle univers un ensemble fini non vide $\Omega$. Ses éléments $\omega$ sont les issues (ou résultats possibles) de l'expérience.
Un événement est une partie de $\Omega$. L'ensemble des événements est donc $\mathcal{P}(\Omega)$.
Si l'issue obtenue est $\omega$ et si $\omega\in A$, on dit que l'événement $A$ est réalisé.
Vocabulaire probabiliste
Soient $A$ et $B$ deux événements.
| Langage probabiliste | Écriture ensembliste |
|---|---|
| événement certain | $\Omega$ |
| événement impossible | $\emptyset$ |
| événement élémentaire | $\{\omega\}$ avec $\omega\in\Omega$ |
| contraire de $A$ | $\overline{A}=\Omega\setminus A$ |
| $A$ et $B$ | $A\cap B$ |
| $A$ ou $B$ | $A\cup B$ |
| $A$ implique $B$ | $A\subset B$ |
| $A$ et $B$ incompatibles | $A\cap B=\emptyset$ |
Système complet d'événements
Une famille finie $(A_1,\dots,A_n)$ d'événements est un système complet d'événements si :
- les $A_i$ sont deux à deux incompatibles : $A_i\cap A_j=\emptyset$ pour $i\neq j$ ;
- leur réunion est l'univers : $\displaystyle\bigcup_{i=1}^n A_i=\Omega$.
Autrement dit, chaque issue réalise exactement un des $A_i$.
Lancer d'un dé
On lance un dé à six faces : $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$.
- L'événement « obtenir un nombre pair » est $A=\{2,4,6\}$, son contraire est $\overline{A}=\{1,3,5\}$.
- $(\{1,2\},\{3,4\},\{5,6\})$ est un système complet d'événements.
- Pour tout événement $A$, le couple $(A,\overline{A})$ est un système complet d'événements. C'est le cas le plus utilisé.
Lois de De Morgan
Pour tous événements $A_1,\dots,A_n$ : $$\overline{\bigcup_{i=1}^n A_i}=\bigcap_{i=1}^n \overline{A_i}\qquad\text{et}\qquad \overline{\bigcap_{i=1}^n A_i}=\bigcup_{i=1}^n \overline{A_i}.$$ En mots : le contraire de « au moins un $A_i$ est réalisé » est « aucun $A_i$ n'est réalisé ».
2.Probabilité sur un univers fini
Probabilité, espace probabilisé fini
Une probabilité sur l'univers fini $\Omega$ est une application $P:\mathcal{P}(\Omega)\to[0,1]$ telle que :
- $P(\Omega)=1$ ;
- pour tous événements $A$ et $B$ incompatibles, $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ (additivité).
Le couple $(\Omega,P)$ est alors appelé espace probabilisé fini.
Propriétés élémentaires
Soit $(\Omega,P)$ un espace probabilisé fini et $A$, $B$, $A_1,\dots,A_n$ des événements.
- $P(\emptyset)=0$.
- $P(\overline{A})=1-P(A)$.
- Si $A\subset B$, alors $P(B\setminus A)=P(B)-P(A)$ et $P(A)\leqslant P(B)$ (croissance).
- $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.
- Si les $A_i$ sont deux à deux incompatibles, $P\left(\displaystyle\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=\displaystyle\sum_{i=1}^n P(A_i)$.
- Dans tous les cas, $P\left(\displaystyle\bigcup_{i=1}^n A_i\right)\leqslant\displaystyle\sum_{i=1}^n P(A_i)$ (sous-additivité).
Preuve des propriétés élémentaires
-
$\Omega=\Omega\cup\emptyset$ avec $\Omega\cap\emptyset=\emptyset$, donc $P(\Omega)=P(\Omega)+P(\emptyset)$, d'où $P(\emptyset)=0$.
-
$A$ et $\overline{A}$ sont incompatibles et $A\cup\overline{A}=\Omega$, donc $P(A)+P(\overline{A})=1$.
-
Si $A\subset B$, on a $B=A\cup(B\setminus A)$ et cette réunion est disjointe. Donc $P(B)=P(A)+P(B\setminus A)$. Comme $P(B\setminus A)\geqslant 0$, on obtient $P(A)\leqslant P(B)$.
-
On écrit $A\cup B=A\cup\big(B\setminus(A\cap B)\big)$, réunion disjointe. Par additivité puis par le point 3 appliqué à $A\cap B\subset B$ : $$P(A\cup B)=P(A)+P\big(B\setminus(A\cap B)\big)=P(A)+P(B)-P(A\cap B).$$
-
Récurrence sur $n$. Le cas $n=1$ est évident. Si le résultat est vrai au rang $n-1$, l'événement $C=\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i$ est incompatible avec $A_n$ car $C\cap A_n=\bigcup_{i=1}^{n-1}(A_i\cap A_n)=\emptyset$. Donc $P(C\cup A_n)=P(C)+P(A_n)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)$.
-
Pour $n=2$, le point 4 donne $P(A_1\cup A_2)=P(A_1)+P(A_2)-P(A_1\cap A_2)\leqslant P(A_1)+P(A_2)$. On conclut par récurrence en appliquant ce cas à $C=\bigcup_{i=1}^{n-1}A_i$ et $A_n$.
Formule de la réunion
On choisit un entier au hasard entre $1$ et $100$, chaque entier ayant la probabilité $\frac{1}{100}$. Soit $A$ : « l'entier est divisible par $2$ » et $B$ : « l'entier est divisible par $3$ ».
Il y a $50$ multiples de $2$, $33$ multiples de $3$ et $16$ multiples de $6$ (car $6\times16=96$). Donc $$P(A\cup B)=\frac{50}{100}+\frac{33}{100}-\frac{16}{100}=\frac{67}{100}.$$
Réunion de trois événements
En appliquant deux fois la formule 4, on obtient $$P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C).$$ La généralisation à $n$ événements (formule du crible de Poincaré) est hors programme ; elle peut être demandée avec indications dans un problème.
Probabilité définie par une distribution
Une distribution de probabilités sur $\Omega$ est une famille $(p_\omega)_{\omega\in\Omega}$ de réels positifs telle que $\displaystyle\sum_{\omega\in\Omega}p_\omega=1$.
Pour toute distribution $(p_\omega)_{\omega\in\Omega}$, il existe une unique probabilité $P$ sur $\Omega$ telle que $P(\{\omega\})=p_\omega$ pour tout $\omega\in\Omega$. Elle est donnée par $$\forall A\in\mathcal{P}(\Omega),\quad P(A)=\sum_{\omega\in A}p_\omega.$$
Preuve
Unicité. Soit $P$ une probabilité vérifiant $P(\{\omega\})=p_\omega$. Tout événement $A$ est la réunion disjointe finie des singletons $\{\omega\}$, $\omega\in A$. Par la propriété 5, $P(A)=\sum_{\omega\in A}P(\{\omega\})=\sum_{\omega\in A}p_\omega$. La valeur de $P(A)$ est donc imposée.
Existence. On pose $P(A)=\sum_{\omega\in A}p_\omega$ (avec $P(\emptyset)=0$, somme vide).
- Les $p_\omega$ sont positifs, donc $0\leqslant P(A)\leqslant\sum_{\omega\in\Omega}p_\omega=1$ : $P$ est à valeurs dans $[0,1]$.
- $P(\Omega)=\sum_{\omega\in\Omega}p_\omega=1$.
- Si $A\cap B=\emptyset$, une somme indexée par $A\cup B$ se coupe en une somme sur $A$ et une somme sur $B$ : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$.
Enfin $P(\{\omega\})=p_\omega$ par construction.
Un dé truqué
Un dé est truqué de sorte que la probabilité d'obtenir la face $k$ soit proportionnelle à $k$ : $p_k=ck$ pour $k\in\{1,\dots,6\}$.
La condition $\sum_{k=1}^6 ck=1$ donne $21c=1$, donc $c=\frac{1}{21}$ et $p_k=\frac{k}{21}$.
Probabilité d'obtenir un nombre pair : $$P(\{2,4,6\})=\frac{2+4+6}{21}=\frac{12}{21}=\frac{4}{7}.$$
Probabilité uniforme
La probabilité uniforme sur $\Omega$ est celle associée à la distribution constante $p_\omega=\frac{1}{\operatorname{card}\Omega}$. Pour tout événement $A$ : $$P(A)=\frac{\operatorname{card}A}{\operatorname{card}\Omega}.$$ C'est le modèle traduisant « les issues sont équiprobables » (dé équilibré, tirage au hasard, etc.).
Calculer une probabilité dans un modèle uniforme
- Choisir un univers $\Omega$ dont les issues sont réellement équiprobables d'après l'énoncé (souvent des listes ou des parties).
- Calculer $\operatorname{card}\Omega$ par dénombrement.
- Décrire l'événement $A$ comme une partie de $\Omega$ et calculer $\operatorname{card}A$.
- Conclure : $P(A)=\frac{\operatorname{card}A}{\operatorname{card}\Omega}$.
Si $A$ s'écrit « au moins un… », calculer plutôt $P(\overline{A})$ (« aucun… »).
Somme de deux dés
On lance deux dés équilibrés discernables. On prend $\Omega=\{1,\dots,6\}^2$, muni de la probabilité uniforme : $\operatorname{card}\Omega=36$.
L'événement « la somme vaut $7$ » est $\{(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)\}$, de cardinal $6$. Sa probabilité est $\frac{6}{36}=\frac{1}{6}$.
L'ensemble $\{2,\dots,12\}$ des sommes possibles est aussi un univers, mais la probabilité uniforme sur cet ensemble ne modélise pas l'expérience : la somme $2$ a probabilité $\frac{1}{36}$, la somme $7$ a probabilité $\frac{6}{36}$.
Anniversaires
Dans un groupe de $n$ personnes ($n\leqslant 365$), on suppose les dates d'anniversaire uniformément réparties sur $365$ jours : $\Omega=\{1,\dots,365\}^n$ avec la probabilité uniforme, $\operatorname{card}\Omega=365^n$.
L'événement « les $n$ dates sont distinctes » correspond aux $n$-uplets d'éléments distincts, au nombre de $365\times364\times\cdots\times(365-n+1)$. Donc la probabilité qu'au moins deux personnes partagent leur anniversaire vaut $$1-\frac{365\times364\times\cdots\times(365-n+1)}{365^n}.$$ Pour $n=23$, on trouve environ $0{,}507$ : il y a plus d'une chance sur deux.
3.Probabilités conditionnelles et probabilités composées
Probabilité conditionnelle
Soit $(\Omega,P)$ un espace probabilisé fini et $B$ un événement tel que $P(B)>0$. Pour tout événement $A$, la probabilité de $A$ sachant $B$ est $$P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$ On la note aussi $P(A\mid B)$. Elle mesure la probabilité de $A$ quand on sait que $B$ est réalisé.
$P_B$ est une probabilité
Si $P(B)>0$, l'application $P_B:A\mapsto P_B(A)$ est une probabilité sur $\Omega$.
Toutes les propriétés de la section précédente s'appliquent donc à $P_B$ : par exemple $P_B(\overline{A})=1-P_B(A)$ et $P_B(A\cup C)=P_B(A)+P_B(C)-P_B(A\cap C)$.
Preuve
- Pour tout $A$, $A\cap B\subset B$, donc par croissance $0\leqslant P(A\cap B)\leqslant P(B)$, d'où $P_B(A)\in[0,1]$.
- $P_B(\Omega)=\frac{P(\Omega\cap B)}{P(B)}=\frac{P(B)}{P(B)}=1$.
- Si $A$ et $C$ sont incompatibles, $A\cap B$ et $C\cap B$ le sont aussi, et $(A\cup C)\cap B=(A\cap B)\cup(C\cap B)$. Donc $$P_B(A\cup C)=\frac{P(A\cap B)+P(C\cap B)}{P(B)}=P_B(A)+P_B(C).$$
Ce qui ne marche pas
$P_B$ est une probabilité en l'événement $A$, pas en l'événement conditionnant. En général :
- $P_{\overline{B}}(A)\neq 1-P_B(A)$ ;
- $P_B(A)\neq P_A(B)$.
Par exemple, avec un dé équilibré, $A=\{6\}$ et $B=\{2,4,6\}$ : $P_B(A)=\frac{1}{3}$ alors que $P_A(B)=1$.
Formule des probabilités composées
Soient $A_1,\dots,A_n$ des événements ($n\geqslant 2$) tels que $P(A_1\cap\cdots\cap A_{n-1})>0$. Alors $$P(A_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n)=P(A_1)\,P_{A_1}(A_2)\,P_{A_1\cap A_2}(A_3)\cdots P_{A_1\cap\cdots\cap A_{n-1}}(A_n).$$ Pour $n=2$ : si $P(A)>0$, $P(A\cap B)=P(A)\,P_A(B)$.
Preuve
Pour $1\leqslant k\leqslant n-1$, on a $A_1\cap\cdots\cap A_{n-1}\subset A_1\cap\cdots\cap A_k$. Par croissance, $$P(A_1\cap\cdots\cap A_k)\geqslant P(A_1\cap\cdots\cap A_{n-1})>0,$$ donc toutes les probabilités conditionnelles de la formule sont bien définies. Par définition, $$P(A_1)\prod_{k=2}^{n}P_{A_1\cap\cdots\cap A_{k-1}}(A_k)=P(A_1)\prod_{k=2}^{n}\frac{P(A_1\cap\cdots\cap A_k)}{P(A_1\cap\cdots\cap A_{k-1})}.$$ Le produit est télescopique : il reste $P(A_1\cap\cdots\cap A_n)$.
Tirages sans remise
Une urne contient $5$ boules blanches et $3$ boules noires. On tire successivement et sans remise trois boules. On note $B_k$ : « la $k$-ième boule est blanche » et $N_k$ son contraire.
On cherche $P(B_1\cap B_2\cap N_3)$. D'après l'énoncé : $P(B_1)=\frac{5}{8}$ ; sachant $B_1$, il reste $4$ blanches sur $7$ boules, donc $P_{B_1}(B_2)=\frac{4}{7}$ ; sachant $B_1\cap B_2$, il reste $3$ noires sur $6$ boules, donc $P_{B_1\cap B_2}(N_3)=\frac{3}{6}$.
La formule des probabilités composées donne $$P(B_1\cap B_2\cap N_3)=\frac{5}{8}\times\frac{4}{7}\times\frac{3}{6}=\frac{60}{336}=\frac{5}{28}.$$
Lire et utiliser un arbre pondéré
Quand l'expérience se déroule en étapes successives, on la représente par un arbre.
- Sur chaque branche issue d'un nœud, on écrit la probabilité conditionnelle de l'événement atteint, sachant le chemin qui mène à ce nœud.
- Les probabilités des branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$ (elles forment une probabilité conditionnelle sur un système complet).
- La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités le long du chemin : c'est la formule des probabilités composées.
- La probabilité d'un événement réalisé par plusieurs chemins est la somme des probabilités de ces chemins : c'est la formule des probabilités totales (section suivante).
En concours, l'arbre aide à réfléchir mais ne remplace pas la rédaction : il faut citer la formule utilisée et le système complet.
4.Formule des probabilités totales et formule de Bayes
Formule des probabilités totales
Soit $(A_1,\dots,A_n)$ un système complet d'événements. Pour tout événement $B$ : $$P(B)=\sum_{i=1}^n P(B\cap A_i).$$ Si de plus $P(A_i)>0$ pour tout $i$ : $$P(B)=\sum_{i=1}^n P(A_i)\,P_{A_i}(B).$$ Cas particulier avec le système complet $(A,\overline{A})$, où $0<P(A)<1$ : $$P(B)=P(A)\,P_A(B)+P(\overline{A})\,P_{\overline{A}}(B).$$
Preuve
Comme $\bigcup_{i=1}^n A_i=\Omega$, on a $B=B\cap\Omega=\bigcup_{i=1}^n(B\cap A_i)$. Les événements $B\cap A_i$ sont deux à deux incompatibles car $(B\cap A_i)\cap(B\cap A_j)\subset A_i\cap A_j=\emptyset$ pour $i\neq j$. Par additivité, $$P(B)=\sum_{i=1}^nP(B\cap A_i).$$ Si $P(A_i)>0$, la formule des probabilités composées donne $P(B\cap A_i)=P(A_i)P_{A_i}(B)$, d'où la seconde forme.
Cas d'un événement de probabilité nulle
Si certains $A_i$ sont de probabilité nulle, $P_{A_i}(B)$ n'est pas défini. On convient alors que le terme $P(A_i)P_{A_i}(B)$ vaut $0$, ce qui est cohérent puisque $P(B\cap A_i)\leqslant P(A_i)=0$. La formule reste vraie avec cette convention.
Deux urnes
L'urne $U_1$ contient $2$ boules blanches et $3$ noires, l'urne $U_2$ contient $4$ blanches et $1$ noire. On choisit $U_1$ avec probabilité $\frac{1}{3}$ et $U_2$ avec probabilité $\frac{2}{3}$, puis on tire une boule dans l'urne choisie. Soit $B$ : « la boule est blanche ».
$(U_1,U_2)$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles. Par la formule des probabilités totales : $$P(B)=P(U_1)P_{U_1}(B)+P(U_2)P_{U_2}(B)=\frac{1}{3}\times\frac{2}{5}+\frac{2}{3}\times\frac{4}{5}=\frac{2}{15}+\frac{8}{15}=\frac{2}{3}.$$
Formule de Bayes
Soient $A$ et $B$ deux événements de probabilités non nulles. Alors $$P_B(A)=\frac{P(A)\,P_A(B)}{P(B)}.$$ Si $(A_1,\dots,A_n)$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles et si $P(B)>0$, alors pour tout $j\in\{1,\dots,n\}$ : $$P_B(A_j)=\frac{P(A_j)\,P_{A_j}(B)}{\displaystyle\sum_{i=1}^nP(A_i)\,P_{A_i}(B)}.$$
Preuve
Par définition puis par la formule des probabilités composées, $$P_B(A)=\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=\frac{P(A)\,P_A(B)}{P(B)}.$$ Pour la seconde forme, on applique ceci à $A=A_j$ et on remplace $P(B)$ par son expression donnée par la formule des probabilités totales sur le système complet $(A_1,\dots,A_n)$.
Inverser un conditionnement
La formule de Bayes sert quand l'énoncé donne $P_{A_i}(B)$ (la probabilité d'un effet sachant la cause) et demande $P_B(A_j)$ (la probabilité d'une cause sachant l'effet observé).
- Nommer les événements et identifier un système complet de « causes » $(A_1,\dots,A_n)$.
- Relever dans l'énoncé les $P(A_i)$ et les $P_{A_i}(B)$.
- Calculer $P(B)$ par la formule des probabilités totales.
- Appliquer $P_B(A_j)=\frac{P(A_j)P_{A_j}(B)}{P(B)}$.
Test de dépistage
Une maladie touche $1\,\%$ d'une population. Un test est positif chez $99\,\%$ des malades et chez $2\,\%$ des personnes saines. On teste une personne au hasard. Soit $M$ : « la personne est malade » et $T$ : « le test est positif ».
Données : $P(M)=0{,}01$, $P_M(T)=0{,}99$, $P_{\overline{M}}(T)=0{,}02$.
Probabilités totales sur $(M,\overline{M})$ : $$P(T)=0{,}01\times0{,}99+0{,}99\times0{,}02=0{,}0099+0{,}0198=0{,}0297.$$ Formule de Bayes : $$P_T(M)=\frac{0{,}0099}{0{,}0297}=\frac{1}{3}.$$ Un test positif ne donne qu'une chance sur trois d'être malade : la maladie est rare, et les faux positifs, issus des $99\,\%$ de personnes saines, sont deux fois plus nombreux que les vrais positifs.
Probabilités totales et suites récurrentes
Chaque jour, le temps est beau ou mauvais. S'il fait beau un jour, il fait beau le lendemain avec probabilité $0{,}8$ ; s'il fait mauvais, il fait beau le lendemain avec probabilité $0{,}4$. On note $p_n$ la probabilité qu'il fasse beau le jour $n$ (on travaille sur un nombre fini de jours $N$, ce qui permet de rester dans un univers fini).
Soit $E_n$ : « il fait beau le jour $n$ ». La formule des probabilités totales appliquée au système complet $(E_n,\overline{E_n})$ donne (si $0<p_n<1$, et dans tous les cas avec la convention précédente) : $$p_{n+1}=0{,}8\,p_n+0{,}4\,(1-p_n)=0{,}4\,p_n+0{,}4.$$ C'est une suite arithmético-géométrique. Le point fixe $\ell$ vérifie $\ell=0{,}4\ell+0{,}4$, soit $\ell=\frac{2}{3}$. Alors $p_{n+1}-\frac{2}{3}=0{,}4\left(p_n-\frac{2}{3}\right)$, donc $$p_n=\frac{2}{3}+\left(p_0-\frac{2}{3}\right)0{,}4^{\,n}.$$ Ce schéma « probabilités totales sur l'état de l'étape $n$ » est un classique des sujets de concours.
5.Indépendance
Indépendance de deux événements
Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants (pour la probabilité $P$) si $$P(A\cap B)=P(A)\,P(B).$$
Caractérisation par le conditionnement
Si $P(B)>0$, alors $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $P_B(A)=P(A)$.
En mots : savoir que $B$ est réalisé ne modifie pas la probabilité de $A$.
En effet, $P_B(A)=P(A)$ équivaut à $\frac{P(A\cap B)}{P(B)}=P(A)$, c'est-à-dire à $P(A\cap B)=P(A)P(B)$.
Incompatibles n'est pas indépendants
Si $A$ et $B$ sont incompatibles, $P(A\cap B)=0$. Ils ne sont indépendants que si $P(A)P(B)=0$, c'est-à-dire si l'un d'eux est de probabilité nulle.
Deux événements incompatibles de probabilités non nulles sont donc dépendants : savoir que $B$ est réalisé garantit que $A$ ne l'est pas.
L'incompatibilité est une propriété des ensembles ; l'indépendance dépend de la probabilité $P$ choisie.
Passage aux contraires
Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants, $\overline{A}$ et $B$ aussi, ainsi que $\overline{A}$ et $\overline{B}$.
Preuve
$A$ est la réunion disjointe de $A\cap B$ et $A\cap\overline{B}$, donc $$P(A\cap\overline{B})=P(A)-P(A\cap B)=P(A)-P(A)P(B)=P(A)\big(1-P(B)\big)=P(A)P(\overline{B}).$$ Ainsi $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants. Les rôles de $A$ et $B$ étant symétriques, $\overline{A}$ et $B$ le sont. En appliquant le résultat au couple indépendant $(\overline{A},B)$, on obtient que $\overline{A}$ et $\overline{B}$ sont indépendants.
Une indépendance non évidente
On lance deux dés équilibrés : $\Omega=\{1,\dots,6\}^2$ avec la probabilité uniforme. Soit $A$ : « le premier dé donne un nombre pair » et $S$ : « la somme vaut $7$ ».
$P(A)=\frac{18}{36}=\frac{1}{2}$ et $P(S)=\frac{1}{6}$. L'événement $A\cap S$ est $\{(2,5),(4,3),(6,1)\}$, donc $P(A\cap S)=\frac{3}{36}=\frac{1}{12}=\frac{1}{2}\times\frac{1}{6}$.
$A$ et $S$ sont indépendants. En revanche, avec « la somme vaut $6$ », de probabilité $\frac{5}{36}$, l'intersection avec $A$ est $\{(2,4),(4,2)\}$, de probabilité $\frac{2}{36}\neq\frac{1}{2}\times\frac{5}{36}$ : il n'y a pas indépendance. L'indépendance se vérifie par le calcul.
Indépendance mutuelle
Des événements $A_1,\dots,A_n$ sont mutuellement indépendants (ou simplement indépendants) si pour toute partie $J$ non vide de $\{1,\dots,n\}$ : $$P\left(\bigcap_{j\in J}A_j\right)=\prod_{j\in J}P(A_j).$$ Ils sont deux à deux indépendants si $A_i$ et $A_j$ sont indépendants pour tous $i\neq j$.
L'indépendance mutuelle entraîne l'indépendance deux à deux (prendre $J=\{i,j\}$).
Deux à deux ne suffit pas
On lance deux pièces équilibrées : $\Omega=\{P,F\}^2$ avec la probabilité uniforme. Soit $A$ : « la première pièce donne pile », $B$ : « la seconde donne pile », $C$ : « les deux pièces donnent le même résultat ».
- $P(A)=P(B)=P(C)=\frac{1}{2}$.
- $A\cap B=A\cap C=B\cap C=\{(P,P)\}$, de probabilité $\frac{1}{4}$ : les trois événements sont deux à deux indépendants.
- Mais $A\cap B\cap C=\{(P,P)\}$ a pour probabilité $\frac{1}{4}\neq\frac{1}{8}=P(A)P(B)P(C)$.
Les événements $A$, $B$, $C$ ne sont donc pas mutuellement indépendants. De même, la seule égalité $P(A\cap B\cap C)=P(A)P(B)P(C)$ ne suffit pas non plus.
Indépendance mutuelle et contraires
Si $A_1,\dots,A_n$ sont mutuellement indépendants et si, pour chaque $i$, $B_i\in\{A_i,\overline{A_i}\}$, alors $B_1,\dots,B_n$ sont mutuellement indépendants.
Preuve
Il suffit de montrer qu'en remplaçant un seul événement $A_k$ par $\overline{A_k}$, on conserve l'indépendance mutuelle : on effectue ensuite les remplacements un par un.
Soit $J\subset\{1,\dots,n\}$ non vide. Si $k\notin J$, l'égalité à vérifier ne fait pas intervenir $A_k$ et elle est vraie par hypothèse. Si $k\in J$, on pose $C=\bigcap_{j\in J\setminus\{k\}}A_j$ (avec $C=\Omega$ si $J=\{k\}$). Par hypothèse, $P(C)=\prod_{j\in J\setminus\{k\}}P(A_j)$ et $P(A_k\cap C)=P(A_k)P(C)$. Comme $C$ est la réunion disjointe de $A_k\cap C$ et $\overline{A_k}\cap C$ : $$P(\overline{A_k}\cap C)=P(C)-P(A_k)P(C)=P(\overline{A_k})\prod_{j\in J\setminus\{k\}}P(A_j).$$ C'est l'égalité voulue.
Au moins un six
On lance quatre fois un dé équilibré, les lancers étant supposés indépendants. Soit $S_k$ : « le $k$-ième lancer donne $6$ ». Les $S_k$ sont mutuellement indépendants, donc les $\overline{S_k}$ aussi.
L'événement « au moins un six » a pour contraire $\bigcap_{k=1}^4\overline{S_k}$, de probabilité $\left(\frac{5}{6}\right)^4=\frac{625}{1296}$. Donc $$P(\text{au moins un six})=1-\frac{625}{1296}=\frac{671}{1296}\approx0{,}518.$$
L'indépendance comme hypothèse de modélisation
Dans la plupart des énoncés, l'indépendance n'est pas démontrée : elle est supposée (lancers successifs, tirages avec remise, composants qui tombent en panne indépendamment). On l'écrit alors explicitement dans la copie : « les lancers étant indépendants, … ».
À l'inverse, des tirages sans remise ne sont pas indépendants : on utilise la formule des probabilités composées.
6.Synthèse : choisir le bon outil
Démarche générale pour un exercice de probabilités
- Nommer les événements utiles avec des lettres indexées par l'étape : $B_k$, $E_n$, $M$, $T$…
- Traduire l'énoncé : repérer les probabilités données et préciser si elles sont conditionnelles (« si…, alors la probabilité que… » se traduit par $P_A(B)$).
- Décomposer l'événement cherché en réunions disjointes et intersections.
- Choisir la formule :
| Situation | Outil |
|---|---|
| issues équiprobables | $P(A)=\frac{\operatorname{card}A}{\operatorname{card}\Omega}$ |
| « au moins un » | passage au contraire |
| succession d'étapes dépendantes | probabilités composées |
| événement dépendant d'une étape antérieure inconnue | probabilités totales |
| probabilité d'une cause sachant l'effet | formule de Bayes |
| expériences indépendantes | produit des probabilités |
- Justifier chaque formule : citer le système complet, vérifier que les conditionnements portent sur des événements de probabilité non nulle, mentionner l'hypothèse d'indépendance.
- Contrôler : une probabilité est dans $[0,1]$ ; les branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$.
Rédaction attendue aux concours
Une phrase type pour les probabilités totales : « La famille $(A_1,\dots,A_n)$ est un système complet d'événements de probabilités non nulles ; d'après la formule des probabilités totales, $P(B)=\dots$ ».
Une phrase type pour les probabilités composées : « Comme $P(A_1\cap A_2)>0$, la formule des probabilités composées donne $P(A_1\cap A_2\cap A_3)=\dots$ ».
Oublier ces hypothèses coûte des points, même si le résultat numérique est juste.