Espaces probabilisés : cours de maths en L2 en PDF.

L’univers \(\Omega\) est l’ensemble des issues de l’expérience. Un événement est une partie de \(\Omega\). L’événement \(\Omega\) est l’événement certain, \(\varnothing\) est l’événement impossible, et un singleton \(\{\omega\}\) est un événement élémentaire.

Une tribu sur \(\Omega\) est une partie \(\mathcal{A}\) de \(\mathcal{P}(\Omega)\) telle que :

• \(\Omega \in \mathcal{A}\) ;
• pour tout \(A \in \mathcal{A}\), on a \(\overline{A} \in \mathcal{A}\) (stabilité par passage au complémentaire) ;
• pour toute suite \((A_n)_{n \in \mathbb{N}}\) d’éléments de \(\mathcal{A}\), on a \(\bigcup_{n \in \mathbb{N}} A_n \in \mathcal{A}\) (stabilité par réunion dénombrable).

Le couple \((\Omega, \mathcal{A})\) est alors un espace probabilisable, et les éléments de \(\mathcal{A}\) sont les événements.

Les familles \(\{\varnothing, \Omega\}\) et \(\mathcal{P}(\Omega)\) sont des tribus : ce sont la plus petite et la plus grande. Par exemple, si \(A\) est une partie de \(\Omega\), la famille \(\{\varnothing, A, \overline{A}, \Omega\}\) est aussi une tribu. C’est la plus petite tribu contenant \(A\).

Une tribu \(\mathcal{A}\) contient \(\varnothing\). Elle est stable par réunion finie, par intersection finie ou dénombrable et par différence \(A \setminus B = A \cap \overline{B}\).

D’abord, \(\varnothing = \overline{\Omega}\) appartient à \(\mathcal{A}\). Ensuite, pour une réunion finie \(A_0 \cup \cdots \cup A_p\), on complète la suite par \(A_n = \varnothing\) pour \(n > p\). Enfin, pour une intersection dénombrable, on utilise les lois de De Morgan :

\[\bigcap_{n \in \mathbb{N}} A_n = \overline{\bigcup_{n \in \mathbb{N}} \overline{A_n}}.\]

Chaque \(\overline{A_n}\) est dans \(\mathcal{A}\), donc leur réunion aussi, donc son complémentaire aussi.

Dans ce chapitre, lorsque \(\Omega\) est fini ou dénombrable, on prend toujours \(\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)\). La tribu ne joue un vrai rôle que pour les univers non dénombrables, étudiés plus tard avec la théorie de la mesure.

Soit \((\Omega, \mathcal{A})\) un espace probabilisable. Une probabilité est une application \(P : \mathcal{A} \to [0, 1]\) telle que \(P(\Omega) = 1\) et, pour toute suite \((A_n)\) d’événements deux à deux incompatibles,

\[P(\bigcup_{n=0}^{+\infty} A_n) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(A_n) \quad (\sigma\text{-additivité}).\]

Le triplet \((\Omega, \mathcal{A}, P)\) est un espace probabilisé.

Pour tous événements \(A\) et \(B\) :

• \(P(\varnothing) = 0\), et \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) si \(A \cap B = \varnothing\) ;
• \(P(\overline{A}) = 1 – P(A)\) ;
• si \(A \subset B\), alors \(P(B \setminus A) = P(B) – P(A)\) et donc \(P(A) \leq\, P(B)\) ;
• \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\).

D’abord, on applique la σ-additivité à la suite constante égale à \(\varnothing\). On obtient \(P(\varnothing) = \sum P(\varnothing)\), ce qui impose \(P(\varnothing) = 0\). Ensuite, en complétant \(A, B\) par des ensembles vides, on obtient l’additivité finie. Par conséquent, \(1 = P(\Omega) = P(A) + P(\overline{A})\). Si \(A \subset B\), la réunion disjointe \(B = A \cup (B \setminus A)\) donne la troisième propriété. Enfin, \(A \cup B = A \cup (B \setminus (A \cap B))\) est une réunion disjointe, d’où la dernière formule.

Pour des événements \(A_1, \ldots, A_n\),

\[P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+1} \sum_{1 \leq\, i_1 < \cdots < i_k \leq\, n} P(A_{i_1} \cap \cdots \cap A_{i_k}).\]

Elle se démontre par récurrence sur \(n\), en appliquant la formule à deux événements à \(A_1 \cup \cdots \cup A_{n}\) et \(A_{n+1}\).

Soit \(\Omega = \{\omega_n,\ n \in \mathbb{N}\}\) un ensemble dénombrable, et \((p_n)\) une suite de réels positifs telle que \(\sum_{n} p_n = 1\). Il existe une unique probabilité \(P\) sur \((\Omega, \mathcal{P}(\Omega))\) telle que \(P(\{\omega_n\}) = p_n\) pour tout \(n\). Elle est donnée par

\[P(A) = \sum_{n \,:\, \omega_n \in A} p_n.\]

D’abord, l’unicité : toute partie \(A\) est la réunion disjointe dénombrable des singletons qu’elle contient. La σ-additivité impose donc la formule. Ensuite, l’existence : la formule définit bien un nombre de \([0,1]\), car \((p_n)\) est une famille sommable de réels positifs. De plus, \(P(\Omega) = 1\). Enfin, si les \(A_k\) sont deux à deux disjoints, le théorème de sommation par paquets pour les familles positives donne \(P(\bigcup A_k) = \sum_k P(A_k)\).

Sur \(\Omega = \mathbb{N}^{*}\), posons \(p_n = \dfrac{1}{2^n}\). Ces réels sont positifs et \(\sum_{n \geq\, 1} 2^{-n} = 1\). Ils définissent donc une probabilité. Par exemple, la probabilité d’obtenir un entier pair vaut

\[\sum_{k \geq\, 1} \frac{1}{4^k} = \frac{1/4}{1 – 1/4} = \frac{1}{3}.\]

C’est la loi du rang du premier pile avec une pièce équilibrée, représentée ci-dessous.

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

• Continuité croissante. Si \((A_n)\) est croissante (\(A_n \subset A_{n+1}\)), alors \(P(\bigcup_{n} A_n) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n)\).
• Continuité décroissante. Si \((A_n)\) est décroissante (\(A_{n+1} \subset A_n\)), alors \(P(\bigcap_{n} A_n) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n)\).

Supposons \((A_n)\) croissante. Posons \(B_0 = A_0\) et \(B_n = A_n \setminus A_{n-1}\) pour \(n \geq\, 1\). Les \(B_n\) sont deux à deux disjoints. De plus, \(A_n = B_0 \cup \cdots \cup B_n\) et \(\bigcup A_n = \bigcup B_n\). Par σ-additivité,

\[P(\bigcup_{n} A_n) = \sum_{k=0}^{+\infty} P(B_k) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=0}^{n} P(B_k) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n).\]

Si maintenant \((A_n)\) est décroissante, la suite \((\overline{A_n})\) est croissante. Par conséquent, on applique le premier point aux complémentaires et on utilise \(\overline{\bigcap A_n} = \bigcup \overline{A_n}\).

Pour toute suite \((A_n)\) d’événements (non nécessairement disjoints), on a l’inégalité de Boole :

\[P(\bigcup_{n} A_n) \leq\, \sum_{n=0}^{+\infty} P(A_n).\]

En particulier, une réunion dénombrable d’événements de probabilité nulle est de probabilité nulle.

Un événement de probabilité \(0\) est dit négligeable. Un événement de probabilité \(1\) est dit presque sûr. Un événement négligeable n’est pas forcément vide.

Pour calculer la probabilité d’un événement décrit par « à un moment » ou « toujours » :

• écrivez-le comme une réunion (« à un moment ») ou une intersection (« toujours ») d’événements \(A_n\) ne portant que sur les \(n\) premières étapes ;
• rendez la suite monotone en posant \(A_n^{\prime} = A_0 \cup \cdots \cup A_n\) ou \(A_0 \cap \cdots \cap A_n\) ;
• calculez \(P(A_n^{\prime})\) par un argument fini, puis passez à la limite par continuité monotone.

On lance indéfiniment une pièce équilibrée. Soit \(F_n\) l’événement « face aux \(n\) premiers lancers ». La suite \((F_n)\) est décroissante et \(P(F_n) = 2^{-n}\). Donc l’événement « on n’obtient jamais pile », égal à \(\bigcap F_n\), a pour probabilité \(\lim 2^{-n} = 0\). Il est négligeable, mais il n’est pas vide.

• Le nombre de \(p\)-listes d’éléments de \(E\) est \(n^p\).
• Le nombre de \(p\)-listes d’éléments distincts (arrangements) est \(\dfrac{n!}{(n-p)!}\) pour \(p \leq\, n\).
• Le nombre de parties à \(p\) éléments (combinaisons) est \(\dbinom{n}{p} = \dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}\).

• Tirages successifs avec remise : \(\Omega\) est l’ensemble des \(p\)-listes, de cardinal \(n^p\).
• Tirages successifs sans remise : \(\Omega\) est l’ensemble des arrangements, de cardinal \(n!/(n-p)!\).
• Tirage simultané : \(\Omega\) est l’ensemble des parties à \(p\) éléments, de cardinal \(\binom\,{n}{p}\).

Numérotez toujours les boules, même si elles ont la même couleur : c’est ce qui garantit l’équiprobabilité.

Une urne contient \(N\) boules, dont \(b\) blanches. On en tire \(n\). La probabilité d’obtenir exactement \(k\) boules blanches vaut :

• avec remise : \(\dbinom{n}{k} (\dfrac{b}{N})^{k} (1 – \dfrac{b}{N})^{n-k}\) ;
• sans remise, ou simultanément : \(\dfrac{\binom\,{b}{k}\binom\,{N-b}{n-k}}{\binom\,{N}{n}}\).

Sans remise, avec l’univers des parties à \(n\) éléments, on choisit \(k\) boules parmi les \(b\) blanches et \(n-k\) parmi les \(N-b\) autres. Le principe multiplicatif donne le numérateur. Avec remise, on choisit d’abord les \(k\) rangs des boules blanches, soit \(\binom\,{n}{k}\) choix. Ensuite, il reste \(b^k (N-b)^{n-k}\) listes. On divise enfin par \(N^n\).

Une urne contient \(10\) boules dont \(4\) blanches, et on en tire \(3\). Sans remise, la probabilité d’avoir exactement une blanche vaut \(\binom\,{4}{1}\binom\,{6}{2}/\binom\,{10}{3} = 60/120 = 1/2\). Avec remise, elle vaut \(3 \times 0{,}4 \times 0{,}6^2 = 0{,}432\). La figure ci-dessous compare les deux modèles.

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

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

L’application \(P_B : A \mapsto P(A \mid B)\) est une probabilité sur \((\Omega, \mathcal{A})\).

D’abord, \(0 \leq\, P(A \cap B) \leq\, P(B)\), donc \(P_B\) est à valeurs dans \([0,1]\). Ensuite, \(P_B(\Omega) = P(B)/P(B) = 1\). Enfin, si les \(A_n\) sont deux à deux disjoints, les \(A_n \cap B\) le sont aussi. Donc \(P(\bigcup A_n \cap B) = \sum P(A_n \cap B)\), et on divise par \(P(B)\).

Formule des probabilités composées. Si \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}) > 0\), alors

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

Une famille finie ou dénombrable \((B_i)_{i \in I}\) d’événements est un système complet d’événements si les \(B_i\) sont deux à deux incompatibles et si leur réunion est \(\Omega\).

Formule des probabilités totales. Soit \((B_i)_{i \in I}\) un système complet d’événements, avec \(I\) fini ou dénombrable. Pour tout événement \(A\),

\[P(A) = \sum_{i \in I} P(A \cap B_i) = \sum_{i \in I,\ P(B_i) > 0} P(A \mid B_i)\, P(B_i).\]

Les événements \(A \cap B_i\) sont deux à deux disjoints et leur réunion est \(A \cap \Omega = A\). La σ-additivité donne la première égalité. Ensuite, on remplace \(P(A \cap B_i)\) par \(P(A \mid B_i) P(B_i)\) lorsque \(P(B_i) > 0\). Les autres termes sont nuls, car \(P(A \cap B_i) \leq\, P(B_i) = 0\).

Formule de Bayes. Avec les mêmes hypothèses, si \(P(A) > 0\) et \(P(B_j) > 0\),

\[P(B_j \mid A) = \frac{P(A \mid B_j)\, P(B_j)}{\displaystyle\sum_{i \in I,\ P(B_i) > 0} P(A \mid B_i)\, P(B_i)}.\]

• Identifiez l’étape « cause » : ses issues forment le système complet \((B_i)\).
• Traduisez chaque donnée de l’énoncé : « parmi les \(B_i\), une proportion… » donne \(P(A \mid B_i)\), pas \(P(A \cap B_i)\).
• Calculez \(P(A)\) par les probabilités totales, puis \(P(B_j \mid A)\) par Bayes. Un arbre aide à ne rien oublier.

Trois machines produisent respectivement \(50\,\%\), \(30\,\%\) et \(20\,\%\) des pièces d’une usine. Leurs taux de pièces défectueuses sont \(1\,\%\), \(2\,\%\) et \(5\,\%\). Soit \(D\) l’événement « la pièce est défectueuse ». Comme le montre l’arbre ci-dessous, les probabilités totales donnent

\[P(D) = 0{,}5 \times 0{,}01 + 0{,}3 \times 0{,}02 + 0{,}2 \times 0{,}05 = 0{,}021.\]

Ensuite, la formule de Bayes donne \(P(M_3 \mid D) = 0{,}010/0{,}021 = 10/21 \approx 0{,}48\). Autrement dit, près d’une pièce défectueuse sur deux vient de la troisième machine.

Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants si \(P(A \cap B) = P(A)\, P(B)\). Lorsque \(P(B) > 0\), cela équivaut à \(P(A \mid B) = P(A)\).

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

On a \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A \cap B) = P(A) – P(A)P(B) = P(A)\,P(\overline{B})\). En appliquant ce résultat au couple \((\overline{B}, A)\), on obtient ensuite l’indépendance de \(\overline{B}\) et \(\overline{A}\).

Il ne faut pas confondre indépendants et incompatibles. Si \(A \cap B = \varnothing\) avec \(P(A) > 0\) et \(P(B) > 0\), alors \(P(A \cap B) = 0 \neq P(A)P(B)\) : les événements ne sont pas indépendants.

Les événements \(A_1, \ldots, A_n\) sont mutuellement indépendants si, pour toute partie \(J \subset \{1, \ldots, n\}\),

\[P(\bigcap_{j \in J} A_j) = \prod_{j \in J} P(A_j).\]

Une suite infinie d’événements est mutuellement indépendante si toute sous-famille finie l’est.

L’indépendance deux à deux n’entraîne pas l’indépendance mutuelle. Par exemple, lançons deux pièces équilibrées. Soit \(A\) : « pile au premier lancer », \(B\) : « pile au second », \(C\) : « les deux résultats sont égaux ». Chacun a pour probabilité \(1/2\), et chaque intersection de deux d’entre eux vaut \(\{(\mathrm{P}, \mathrm{P})\}\), de probabilité \(1/4\). Cependant, \(P(A \cap B \cap C) = 1/4 \neq 1/8\).

Si \(A_1, \ldots, A_n\) sont mutuellement indépendants, on obtient encore une famille mutuellement indépendante en remplaçant certains \(A_i\) par leurs complémentaires. En particulier,

\[P(\bigcup_{i=1}^{n} A_i) = 1 – \prod_{i=1}^{n} \bigl(1 – P(A_i)\bigr).\]

L’indépendance sert surtout à modéliser. Lorsque des lancers sont réalisés « sans influence mutuelle », on choisit une probabilité qui rend indépendants les événements liés à des lancers différents. Par exemple, pour une infinité de lancers de pièce, on admet l’existence d’un espace probabilisé où les événements « pile au \(n\)-ième lancer » sont mutuellement indépendants, de probabilité \(p\).

Un réseau comporte \(4\) liaisons en parallèle. Chacune tombe en panne avec probabilité \(0{,}1\), indépendamment des autres. Le réseau fonctionne si au moins une liaison fonctionne. Sa probabilité de fonctionner vaut donc \(1 – 0{,}1^4 = 0{,}9999\).