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Univers finis et dénombrement
Définition 1 (Probabilité sur un univers fini). Un univers fini $\Omega$ rassemble les issues d'une expérience. Une probabilité associe à chaque issue un poids positif ou nul, la somme des poids étant $1$. Pour un événement $A\subseteq\Omega$, $P(A)$ est la somme des poids de ses issues.
En équiprobabilité, toutes les issues ont le même poids et $P(A)=|A|/|\Omega|$. Il faut donc préciser l'univers et vérifier l'équiprobabilité avant de compter. En général, $P(A^c)=1-P(A)$ et $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.
Proposition 2 (Ordre et répétition). Choisir une liste ordonnée de $p$ objets distincts parmi $n$, sans répétition, peut se faire de $$ A_n^p=n(n-1)\cdots(n-p+1)=\frac{n!}{(n-p)!} $$ façons, pour $0\le p\le n$. Sans tenir compte de l'ordre, le nombre de choix est $$ \binom np=\frac{n!}{p!(n-p)!}. $$ Avec répétition autorisée et ordre pris en compte, il y a $n^p$ listes. La question « l'ordre compte-t-il ? » détermine donc la formule.
Exemple 3 (Choisir ou ordonner un groupe). Un comité de trois personnes parmi huit se choisit de $\binom83=56$ façons. Si l'on attribue trois fonctions distinctes à ces personnes, il y a $A_8^3=8\times7\times6=336$ possibilités. Chaque comité correspond à $3!=6$ attributions, ce qui explique $336=56\times6$.
Exercice 4 (Un circuit de trois villes). On choisit uniformément un circuit visitant trois villes distinctes parmi huit ; l'ordre des visites compte. Combien de circuits existe-t-il ? Quelle est la probabilité que le circuit contienne une ville fixée $V$ ?
Indice
Pour les circuits contenant $V$, choisis sa position parmi les trois places, puis remplis les deux autres places avec des villes distinctes parmi les sept restantes.
Solution
L'univers est l'ensemble des listes de trois villes distinctes : son cardinal est $8\times7\times6=336$.
Si le circuit contient $V$, celle-ci occupe exactement une des trois positions. On choisit cette position de $3$ façons, puis les deux autres villes dans l'ordre de $7\times6$ façons. Il y a donc $3\times7\times6=126$ circuits favorables, comptés une seule fois chacun. $$ P(V\text{ visitée})=\frac{126}{336}=\boxed{\frac38}. $$ On peut contrôler ce résultat par symétrie : trois des huit villes sont visitées et toutes jouent le même rôle.
Conditionnement et indépendance
Définition 5 (Probabilité conditionnelle et indépendance). Si $P(B)>0$, la probabilité de $A$ sachant $B$ est $P(A\mid B)=P(A\cap B)/P(B)$. Ainsi $P(A\cap B)=P(B)P(A\mid B)$.
Deux événements sont indépendants si $P(A\cap B)=P(A)P(B)$. Lorsque $P(B)>0$, cela équivaut à $P(A\mid B)=P(A)$. L'indépendance ne signifie pas que les événements sont disjoints : deux événements disjoints de probabilités strictement positives ne sont pas indépendants.
Théorème 6 (Probabilités totales et formule de Bayes). Soient $B_1,\ldots,B_r$ des événements deux à deux disjoints dont la réunion est $\Omega$, avec $P(B_i)>0$. Pour tout événement $A$, $$ P(A)=\sum_{i=1}^{r}P(B_i)P(A\mid B_i). $$ Si $P(A)>0$, on en déduit $$ P(B_j\mid A)=\frac{P(B_j)P(A\mid B_j)}{\sum_{i=1}^{r}P(B_i)P(A\mid B_i)}. $$ Cette dernière formule permet d'actualiser la probabilité d'une origine $B_j$ après avoir observé $A$.
Exercice 7 (Retrouver l’urne choisie). On choisit avec la même probabilité l'urne $U_1$, contenant deux boules rouges et une bleue, ou l'urne $U_2$, contenant une rouge et trois bleues. On tire ensuite uniformément une boule de l'urne choisie. Calculer la probabilité de tirer une rouge, puis celle d'avoir choisi $U_1$ sachant que la boule est rouge.
Indice
Note $R$ l'événement « rouge ». Calcule $P(R)$ avec la partition $(U_1,U_2)$ avant de calculer $P(U_1\mid R)$.
Solution
Les probabilités conditionnelles sont $P(R\mid U_1)=2/3$ et $P(R\mid U_2)=1/4$, avec $P(U_1)=P(U_2)=1/2$. Par probabilités totales, $$ P(R)=\frac12\times\frac23+\frac12\times\frac14=\frac13+\frac18=\boxed{\frac{11}{24}}. $$ L'événement $U_1\cap R$ a pour probabilité $(1/2)(2/3)=1/3$. Comme $P(R)>0$, Bayes donne $$ P(U_1\mid R)=\frac{P(U_1\cap R)}{P(R)}=\frac{1/3}{11/24}=\boxed{\frac8{11}}. $$ Observer une rouge favorise l'urne $U_1$, qui en possède une proportion plus élevée : $8/11$ est bien supérieur à la probabilité initiale $1/2$.
Variables aléatoires et loi binomiale
Définition 8 (Loi, espérance et variance). Une variable aléatoire réelle discrète $X$ associe un nombre à chaque issue. Sa loi donne les probabilités $P(X=x)$ pour ses valeurs possibles. Si elle prend un nombre fini de valeurs, $$ E(X)=\sum_x xP(X=x),\qquad V(X)=E\big((X-E(X))^2\big)=E(X^2)-E(X)^2. $$ L'espérance mesure une valeur moyenne théorique, la variance mesure la dispersion autour de cette moyenne et l'écart-type est $\sqrt{V(X)}$.
Proposition 9 (Loi binomiale). On répète $n$ épreuves indépendantes, chacune ayant deux résultats : succès de probabilité $p$, échec de probabilité $1-p$. Le nombre $X$ de succès suit la loi binomiale $\mathcal B(n,p)$ : $$ P(X=k)=\binom nk p^k(1-p)^{n-k},\quad k=0,\ldots,n,\qquad E(X)=np,\quad V(X)=np(1-p). $$ Pour $0<p<1$, la formule s'applique directement. Si $p=0$ ou $p=1$, $X$ est constante. La formule de la variance repose sur l'indépendance des épreuves.
Preuve (Pourquoi le coefficient binomial ?)
Pour avoir exactement $k$ succès, on choisit leurs $k$ positions parmi les $n$ épreuves : il y a $\binom nk$ possibilités. Par indépendance, chaque suite ainsi fixée a pour probabilité $p^k(1-p)^{n-k}$. Ces suites constituent des événements disjoints, donc leurs probabilités s'additionnent.
On peut aussi écrire $X=I_1+\cdots+I_n$, où $I_j$ vaut $1$ pour un succès et $0$ sinon. Chaque indicatrice a pour espérance $p$ et variance $p(1-p)$. La linéarité de l'espérance et l'addition des variances des variables indépendantes donnent les deux formules.
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Exercice 10 (Quatre essais indépendants). Un essai réussit avec probabilité $1/3$. On réalise quatre essais indépendants et on note $X$ le nombre de réussites. Déterminer la loi complète de $X$, calculer $P(X=2)$, son espérance et sa variance.
Indice
Identifie $n$ et $p$, puis applique la formule binomiale pour $k=0,1,2,3,4$. Écris les probabilités avec le même dénominateur $3^4=81$.
Solution
Le nombre d'essais est fixé, les essais sont indépendants et la probabilité de succès est constante : $X\sim\mathcal B(4,1/3)$. Pour $k=0,1,2,3,4$, $$ P(X=k)=\binom4k\left(\frac13\right)^k\left(\frac23\right)^{4-k}=\frac{\binom4k2^{4-k}}{81}. $$ La loi complète est donc $$ P(X=0)=\frac{16}{81},\quad P(X=1)=\frac{32}{81},\quad P(X=2)=\frac{24}{81}=\frac8{27},\quad P(X=3)=\frac8{81},\quad P(X=4)=\frac1{81}. $$ La somme des numérateurs est $16+32+24+8+1=81$, ce qui contrôle la normalisation. Enfin, $$ E(X)=4\times\frac13=\boxed{\frac43},\qquad V(X)=4\times\frac13\times\frac23=\boxed{\frac89}. $$
Vérifie ta compréhension. Deux événements $A$ et $B$ sont disjoints, avec $P(A)>0$ et $P(B)>0$. Sont-ils indépendants ?
- Non.
- Oui, car ils ne se produisent jamais ensemble.
- Cela dépend uniquement du nombre d’issues.
Réponse
Bonne réponse : A.
La disjonction donne $P(A\cap B)=0$, tandis que $P(A)P(B)>0$. L'égalité qui définit l'indépendance n'est donc pas vérifiée.