Probabilités finies : cours de maths en L1 en PDF.

L’univers d’une expérience aléatoire est l’ensemble \(\Omega\) de tous ses résultats possibles, appelés issues. Dans tout ce chapitre, \(\Omega\) est un ensemble fini et non vide.

On lance un dé rouge et un dé bleu. On prend \(\Omega = \{1, \ldots, 6\}^2\) : l’issue \((i, j)\) signifie que le dé rouge donne \(i\) et le dé bleu donne \(j\). Ainsi \(\mathrm{card}(\Omega) = 36\). Si l’on tire simultanément 5 cartes d’un jeu de 32, on prend pour \(\Omega\) l’ensemble des parties à 5 éléments du jeu. Son cardinal vaut alors \(\binom\,{32}{5} = 201\,376\).

Un événement est une partie \(A\) de \(\Omega\). On dit que \(A\) est réalisé lorsque l’issue observée appartient à \(A\). Un singleton \(\{\omega\}\) est un événement élémentaire. L’ensemble vide est l’événement impossible, et \(\Omega\) est l’événement certain.

Une famille \((A_1, \ldots, A_n)\) d’événements est un système complet d’événements si les \(A_i\) sont deux à deux incompatibles et si leur réunion vaut \(\Omega\). Autrement dit, chaque issue appartient à un et un seul des \(A_i\).

Une probabilité sur \(\Omega\) est une application \(P : \mathcal{P}(\Omega) \to [0, 1]\) telle que :

• \(P(\Omega) = 1\) ;
• pour tous événements incompatibles \(A\) et \(B\), \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) (additivité).

Le couple \((\Omega, P)\) est alors un espace probabilisé fini.

Soit \((\Omega, P)\) un espace probabilisé fini et \(A\), \(B\) deux événements. Alors :

• \(P(\emptyset) = 0\) et \(P(\overline{A}) = 1 – P(A)\) ;
• si \(A \subset B\), alors \(P(B \setminus A) = P(B) – P(A)\) et \(P(A) \leq\, P(B)\) ;
• \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\) ;
• si \(A_1, \ldots, A_n\) sont deux à deux incompatibles, \(P(A_1 \cup \cdots \cup A_n) = P(A_1) + \cdots + P(A_n)\).

D’abord, \(\Omega\) et \(\emptyset\) sont incompatibles, donc \(P(\Omega) = P(\Omega) + P(\emptyset)\), d’où \(P(\emptyset) = 0\). Ensuite, \(A\) et \(\overline{A}\) sont incompatibles de réunion \(\Omega\), donc \(P(A) + P(\overline{A}) = 1\). Si \(A \subset B\), on écrit \(B = A \cup (B \setminus A)\), réunion disjointe. Ainsi \(P(B) = P(A) + P(B \setminus A)\), et ce dernier terme est positif. Pour la réunion, on écrit \(A \cup B = A \cup (B \setminus (A \cap B))\), réunion disjointe, puis on applique le point précédent avec \(A \cap B \subset B\). Enfin, le dernier point se prouve par récurrence sur \(n\).

Pour trois événements, la même idée donne la formule du crible : \(P(A \cup B \cup C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(A \cap B) – P(A \cap C) – P(B \cap C) + P(A \cap B \cap C)\). Elle se généralise à \(n\) événements.

Soit \(\Omega = \{\omega_1, \ldots, \omega_n\}\). Si \(P\) est une probabilité sur \(\Omega\), les réels \(p_i = P(\{\omega_i\})\) sont positifs, de somme 1, et pour tout événement \(A\), \(P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i\). Réciproquement, pour tous réels positifs \(p_1, \ldots, p_n\) de somme 1, il existe une unique probabilité \(P\) sur \(\Omega\) telle que \(P(\{\omega_i\}) = p_i\) pour tout \(i\).

Un événement \(A\) est la réunion disjointe des singletons de ses éléments. L’additivité donne donc \(P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i\), et le cas \(A = \Omega\) donne \(\sum p_i = 1\). Réciproquement, on pose \(P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i\). Cette quantité est dans \([0, 1]\) et vaut 1 pour \(A = \Omega\). De plus, si \(A\) et \(B\) sont disjoints, la somme sur \(A \cup B\) se coupe en deux sommes. L’unicité résulte du sens direct.

On truque un dé pour que la probabilité d’obtenir \(k\) soit proportionnelle à \(k\). On cherche \(c\) tel que \(p_k = ck\). La condition \(c(1 + 2 + \cdots + 6) = 1\) donne \(c = \frac{1}{21}\). Par conséquent, la probabilité d’obtenir un nombre pair vaut \(\frac{2 + 4 + 6}{21} = \frac{4}{7}\).

La probabilité uniforme sur \(\Omega\) est celle qui donne le même poids à toutes les issues. On parle alors d’équiprobabilité, et pour tout événement \(A\) :

\[P(A) = \frac{\mathrm{card}(A)}{\mathrm{card}(\Omega)} = \frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}.\]

Pour calculer une probabilité par dénombrement :

• choisir un univers où les issues sont équiprobables (listes ordonnées pour des tirages successifs, parties pour des tirages simultanés) ;
• calculer \(\mathrm{card}(\Omega)\) avec les outils de dénombrement : \(n^p\) listes, \(\frac{n!}{(n-p)!}\) arrangements, \(\binom\,{n}{p}\) combinaisons ;
• compter les cas favorables avec le même type d’objets, en décomposant en choix successifs ;
• passer par l’événement contraire lorsqu’il s’agit d’un « au moins un ».

On tire 5 cartes parmi 32. La probabilité d’obtenir au moins un as vaut \(1 – \frac{\binom\,{28}{5}}{\binom\,{32}{5}}\). En effet, l’événement contraire consiste à choisir les 5 cartes parmi les 28 qui ne sont pas des as. Numériquement, on trouve \(1 – \frac{98\,280}{201\,376} = \frac{1841}{3596} \approx 0{,}512\).

Soit \(B\) un événement tel que \(P(B) > 0\). La probabilité de \(A\) sachant \(B\) est le réel

\[P_B(A) = P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}.\]

Si \(P(B) > 0\), l’application \(P_B : A \mapsto P_B(A)\) est une probabilité sur \(\Omega\). En particulier, \(P_B(\overline{A}) = 1 – P_B(A)\).

Comme \(A \cap B \subset B\), on a \(0 \leq\, P_B(A) \leq\, 1\). Ensuite, \(P_B(\Omega) = \frac{P(B)}{P(B)} = 1\). Enfin, si \(A\) et \(C\) sont incompatibles, alors \(A \cap B\) et \(C \cap B\) le sont aussi. Donc \(P((A \cup C) \cap B) = P(A \cap B) + P(C \cap B)\), et il suffit de diviser par \(P(B)\).

Soit \(A_1, \ldots, A_n\) des événements tels que \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}) > 0\). Alors

\[P(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = P(A_1)\, P_{A_1}(A_2)\, P_{A_1 \cap A_2}(A_3) \cdots P_{A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}}(A_n).\]

Toutes les intersections \(A_1 \cap \cdots \cap A_k\), pour \(k \leq\, n-1\), contiennent \(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}\). Elles sont donc de probabilité strictement positive, et les conditionnements ont un sens. Ensuite, en remplaçant chaque probabilité conditionnelle par sa définition, le produit devient télescopique. Il ne reste que \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_n)\).

Une urne contient 3 boules blanches et 5 noires. On tire trois boules successivement sans remise. Notons \(N_k\) « la \(k\)-ième boule est noire ». La probabilité d’obtenir la première blanche au troisième tirage vaut

\[P(N_1 \cap N_2 \cap \overline{N_3}) = \frac{5}{8} \times \frac{4}{7} \times \frac{3}{6} = \frac{5}{28}.\]

Soit \((A_1, \ldots, A_n)\) un système complet d’événements tous de probabilité non nulle. Pour tout événement \(B\) :

\[P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i \cap B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i)\, P_{A_i}(B).\]

Les événements \(A_i \cap B\) sont deux à deux incompatibles, car les \(A_i\) le sont. De plus, leur réunion vaut \(B \cap (A_1 \cup \cdots \cup A_n) = B \cap \Omega = B\). L’additivité donne la première égalité. Ensuite, la définition de \(P_{A_i}(B)\) donne \(P(A_i \cap B) = P(A_i) P_{A_i}(B)\).

Soit \(A\) et \(B\) des événements de probabilité non nulle. Alors \(P_B(A) = \dfrac{P(A)\, P_A(B)}{P(B)}\). Si de plus \((A_1, \ldots, A_n)\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles, alors pour tout \(j\) :

\[P_B(A_j) = \frac{P(A_j)\, P_{A_j}(B)}{\sum_{i=1}^{n} P(A_i)\, P_{A_i}(B)}.\]

On a \(P(A \cap B) = P(B) P_B(A) = P(A) P_A(B)\), d’où la première formule. Pour la seconde, on remplace \(P(B)\) par son expression donnée par la formule des probabilités totales.

Face à un énoncé qui mêle causes et conséquences :

• nommer les événements et repérer un système complet de « causes » \(A_i\) ;
• traduire chaque donnée : un pourcentage « parmi les \(A_i\) » est une probabilité conditionnelle \(P_{A_i}(B)\) ;
• dessiner l’arbre, puis calculer \(P(B)\) par les probabilités totales ;
• terminer par la formule de Bayes pour obtenir \(P_B(A_j)\).

Une maladie touche 1 % d’une population. Un test est positif chez 99 % des malades et chez 2 % des personnes saines. Si \(M\) désigne « être malade » et \(T\) « test positif », alors \(P(T) = 0{,}01 \times 0{,}99 + 0{,}99 \times 0{,}02 = 0{,}0297\). Ainsi \(P_T(M) = \frac{0{,}0099}{0{,}0297} = \frac{1}{3}\). Un test positif ne donne donc qu’une chance sur trois d’être malade.

Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants si \(P(A \cap B) = P(A)\, P(B)\). Lorsque \(P(B) > 0\), cela équivaut à \(P_B(A) = P(A)\) : savoir que \(B\) est réalisé ne change pas la probabilité de \(A\).

Il ne faut pas confondre indépendants et incompatibles. Si \(A\) et \(B\) sont incompatibles et de probabilités non nulles, alors \(P(A \cap B) = 0 \neq P(A) P(B)\). Ils ne sont donc pas indépendants : savoir que \(B\) est réalisé empêche \(A\).

Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline{B}\) le sont, ainsi que \(\overline{A}\) et \(\overline{B}\).

On a \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A \cap B) = P(A) – P(A)P(B) = P(A)(1 – P(B)) = P(A) P(\overline{B})\). On applique ensuite ce résultat au couple \((\overline{B}, A)\), ce qui donne l’indépendance de \(\overline{B}\) et \(\overline{A}\).

Des événements \(A_1, \ldots, A_n\) sont mutuellement indépendants si, pour toute partie \(I\) non vide de \(\{1, \ldots, n\}\),

\[P\Big(\bigcap_{i \in I} A_i\Big) = \prod_{i \in I} P(A_i).\]

On répète \(n\) fois, de façon indépendante, une épreuve qui réussit avec probabilité \(p\). Les échecs sont alors mutuellement indépendants, de probabilité \(1 – p\). La probabilité d’au moins une réussite vaut donc \(1 – (1 – p)^n\). Par exemple, avec \(p = 0{,}3\), il faut \(n = 9\) essais pour dépasser \(0{,}95\), car \(0{,}7^8 \approx 0{,}058\) et \(0{,}7^9 \approx 0{,}040\).

Une variable aléatoire réelle sur \(\Omega\) est une application \(X : \Omega \to \mathbb{R}\). Comme \(\Omega\) est fini, l’ensemble \(X(\Omega)\) de ses valeurs est fini. Pour toute partie \(U\) de \(\mathbb{R}\), on note \((X \in U)\) l’événement \(\{\omega \in \Omega : X(\omega) \in U\}\), et \((X = x)\) lorsque \(U = \{x\}\).

La loi de \(X\) est la donnée des probabilités \(P(X = x)\) pour \(x\) parcourant \(X(\Omega)\). Les événements \((X = x)\), pour \(x \in X(\Omega)\), forment un système complet, donc \(\sum_{x \in X(\Omega)} P(X = x) = 1\).

Pour déterminer la loi d’une variable aléatoire finie :

• lister l’ensemble \(X(\Omega)\) des valeurs possibles ;
• pour chaque valeur \(x\), décrire l’événement \((X = x)\) et calculer sa probabilité ;
• quand \((X = x)\) est difficile à décrire, calculer d’abord \(P(X \leq\, x)\), puis \(P(X = x) = P(X \leq\, x) – P(X \leq\, x – 1)\) si les valeurs sont entières ;
• vérifier que la somme des probabilités vaut 1.

On lance deux dés équilibrés et l’on note \(S\) la somme. Alors \(S(\Omega) = \{2, \ldots, 12\}\). Pour \(2 \leq\, k \leq\, 12\), l’événement \((S = k)\) contient \(6 – |k – 7|\) couples. Par conséquent, \(P(S = k) = \frac{6 – |k – 7|}{36}\). La somme de ces nombres vaut bien \(\frac{36}{36} = 1\).

L’espérance de \(X\) est la moyenne de ses valeurs pondérées par leurs probabilités :

\[E(X) = \sum_{x \in X(\Omega)} x\, P(X = x) = \sum_{\omega \in \Omega} X(\omega)\, P(\{\omega\}).\]

Soit \(X\) et \(Y\) deux variables aléatoires sur \(\Omega\), \(a\) et \(b\) deux réels.

• Linéarité : \(E(aX + bY) = a E(X) + b E(Y)\) et \(E(a) = a\).
• Positivité : si \(X \geq\, 0\), alors \(E(X) \geq\, 0\) ; si \(X \leq\, Y\), alors \(E(X) \leq\, E(Y)\).
• Transfert : pour toute fonction \(f\), \(E(f(X)) = \sum_{x \in X(\Omega)} f(x)\, P(X = x)\).

La linéarité et la positivité découlent de la forme \(\sum_{\omega} X(\omega) P(\{\omega\})\), car une somme finie est linéaire et croissante. Pour le transfert, on écrit \(E(f(X)) = \sum_{\omega} f(X(\omega)) P(\{\omega\})\). Ensuite, on regroupe les issues selon la valeur \(x = X(\omega)\) : le groupe associé à \(x\) a pour poids total \(P(X = x)\).

La variance de \(X\) est \(V(X) = E\big((X – E(X))^2\big)\). C’est un réel positif. L’écart type est \(\sigma(X) = \sqrt{V(X)}\). Il mesure la dispersion de \(X\) autour de sa moyenne, dans la même unité que \(X\).

Formule de König-Huygens : \(V(X) = E(X^2) – E(X)^2\). De plus, pour tous réels \(a\) et \(b\), \(V(aX + b) = a^2 V(X)\). Enfin, \(V(X) = 0\) si et seulement si \(X\) est constante sur les issues de probabilité non nulle.

Posons \(m = E(X)\). On développe \((X – m)^2 = X^2 – 2mX + m^2\). La linéarité donne \(V(X) = E(X^2) – 2m^2 + m^2 = E(X^2) – m^2\). Ensuite, \(E(aX + b) = am + b\), donc \(aX + b – E(aX + b) = a(X – m)\), et \(V(aX + b) = a^2 V(X)\). Enfin, \(V(X) = \sum_{\omega} (X(\omega) – m)^2 P(\{\omega\})\) est une somme de termes positifs. Elle est nulle si et seulement si \(X(\omega) = m\) pour toute issue de poids non nul.

Pour calculer une variance, on calcule d’abord \(E(X)\), puis \(E(X^2) = \sum x^2 P(X = x)\) par transfert. Ensuite, on applique König-Huygens. Si \(Y = aX + b\), on n’effectue pas de nouveau calcul : \(E(Y) = aE(X) + b\) et \(V(Y) = a^2 V(X)\).

Pour la somme \(S\) de deux dés, la symétrie de la loi autour de 7 donne \(E(S) = 7\). Par transfert, \(E(S^2) = \frac{1974}{36}\). Par conséquent, \(V(S) = \frac{1974}{36} – 49 = \frac{210}{36} = \frac{35}{6}\), et \(\sigma(S) \approx 2{,}42\).

Soit \(E\) un ensemble fini non vide. Une variable \(X\) suit la loi uniforme sur \(E\) si \(X(\Omega) = E\) et \(P(X = x) = \frac{1}{\mathrm{card}(E)}\) pour tout \(x \in E\). On note \(X \sim \mathcal{U}(E)\).

Si \(X \sim \mathcal{U}(\{1, \ldots, n\})\), alors \(E(X) = \dfrac{n+1}{2}\) et \(V(X) = \dfrac{n^2 – 1}{12}\).

D’abord, \(E(X) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} k = \frac{n+1}{2}\). Ensuite, par transfert, \(E(X^2) = \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{(n+1)(2n+1)}{6}\). Enfin, König-Huygens donne

\[V(X) = \frac{(n+1)(2n+1)}{6} – \frac{(n+1)^2}{4} = \frac{(n+1)(4n + 2 – 3n – 3)}{12} = \frac{(n+1)(n-1)}{12}.\]

Soit \(p \in [0, 1]\). Une variable \(X\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(p\) si \(X(\Omega) \subset \{0, 1\}\), \(P(X = 1) = p\) et \(P(X = 0) = 1 – p\). On note \(X \sim \mathcal{B}(p)\). Alors \(E(X) = p\) et \(V(X) = p(1 – p)\).

Soit \(n \in \mathbb{N}^*\) et \(p \in [0, 1]\). Une variable \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\), notée \(\mathcal{B}(n, p)\), si \(X(\Omega) \subset \{0, \ldots, n\}\) et, pour tout \(k \in \{0, \ldots, n\}\),

\[P(X = k) = \binom\,{n}{k} p^k (1 – p)^{n – k}.\]

On répète \(n\) fois, de façon mutuellement indépendante, une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès \(p\). Le nombre \(X\) de succès obtenus suit la loi \(\mathcal{B}(n, p)\). De plus, \(E(X) = np\) et \(V(X) = np(1 – p)\).

Notons \(S_i\) l’événement « succès à la \(i\)-ième épreuve ». Soit \(I\) une partie de \(\{1, \ldots, n\}\) à \(k\) éléments. L’événement « succès exactement aux rangs de \(I\) » est l’intersection des \(S_i\) pour \(i \in I\) et des \(\overline{S_i}\) pour \(i \notin I\). Par indépendance, sa probabilité vaut \(p^k (1-p)^{n-k}\). Or \((X = k)\) est la réunion disjointe de ces événements, et il y a \(\binom\,{n}{k}\) parties \(I\). D’où la loi. Ensuite, \(X = \mathbf{1}_{S_1} + \cdots + \mathbf{1}_{S_n}\), donc \(E(X) = np\) par linéarité. Pour la variance, on utilise \(k\binom\,{n}{k} = n\binom\,{n-1}{k-1}\) deux fois, ce qui donne \(E(X(X-1)) = n(n-1)p^2\). Ainsi \(V(X) = n(n-1)p^2 + np – n^2p^2 = np(1-p)\).

Un étudiant répond au hasard aux 10 questions d’un QCM, chacune ayant 4 réponses dont une seule juste. Les réponses étant indépendantes, le nombre \(X\) de bonnes réponses suit \(\mathcal{B}(10, \frac{1}{4})\). Ainsi \(E(X) = 2{,}5\) et \(V(X) = \frac{15}{8}\). De plus, \(P(X = 0) = (\frac{3}{4})^{10} \approx 0{,}056\).

Un tirage simultané de \(n\) boules dans une urne ne donne pas une loi binomiale, car les tirages ne sont pas indépendants. La loi obtenue, dite hypergéométrique, se calcule par dénombrement. Elle se rapproche toutefois de la loi binomiale lorsque l’urne est très grande devant \(n\).