Rappel · 1

Rappel — Équiprobabilité et formule de la réunion

Dans un univers fini $\Omega$ muni de l'équiprobabilité, la probabilité d'un événement $A$ est le quotient du nombre de cas favorables par le nombre total de cas possibles.

$p(A) = \frac{\text{card}(A)}{\text{card}(\Omega)}$

Pour deux événements quelconques $A$ et $B$ de $\Omega$ , la probabilité de leur réunion prend en compte l'intersection pour éviter de compter deux fois les issues communes.

$p(A \cup B) = p(A) + p(B) - p(A \cap B)$

On tire au hasard un jeton parmi 10 jetons numérotés de 1 à 10. On considère les événements $A$ : « le numéro est pair » et $B$ : « le numéro est un multiple de 3 ». Quelle est la probabilité $p(A \cup B)$ ?

Remarque

On a $\text{card}(\Omega) = 10$ . Les événements sont $A = \{2, 4, 6, 8, 10\}$ (soit 5 issues), $B = \{3, 6, 9\}$ (soit 3 issues) et $A \cap B = \{6\}$ (soit 1 issue). D'après la formule de la réunion : $p(A \cup B) = \frac{5}{10} + \frac{3}{10} - \frac{1}{10} = \frac{7}{10}$

Point de départ · 2

Observer — L'effet d'une information acquise

Une urne contient six boules indiscernables au toucher : quatre rouges numérotées 1, 1, 2, 2 et deux vertes numérotées 1, 2. On extrait une boule au hasard.

Sans aucune indication préalable, l'univers compte 6 boules dont 3 portent le numéro 2. La probabilité d'obtenir un numéro 2 est donc :

$\frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

On tire une boule et on observe qu'elle est rouge. Sachant que la boule tirée est rouge, quelle est maintenant la probabilité qu'elle porte le numéro 2 ?

Remarque

L'information « la boule est rouge » élimine immédiatement les deux boules vertes. L'univers des possibles se restreint aux 4 boules rouges. Parmi ces 4 boules rouges, exactement 2 portent le numéro 2. La probabilité recherchée est donc : $\frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ Le dénominateur n'est plus le total initial des boules de l'urne, mais l'effectif des boules conformes à la condition observée.

Définition · 3

Définition — Probabilité conditionnelle

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), p)$ un espace probabilisé fini et $B$ un événement tel que $p(B) \ne 0$ .

$p(A/B) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)}$

Le réel $p(A/B)$ (aussi noté $p_B(A)$ ) se lit « probabilité de $A$ sachant $B$ ».

Théorème : L'application $p_B$ définie sur $\mathcal{P}(\Omega)$ par $p_B(A) = p(A/B)$ est une probabilité sur $\Omega$ .

Comme $p_B$ vérifie tous les axiomes d'une probabilité, la propriété de l'événement contraire s'y applique directement.

$p(\overline{A}/B) = 1 - p(A/B)$

Exemple travaillé · 4

Une urne contient 10 boules indiscernables au toucher : 6 blanches dont 2 portent le numéro 1 et 4 portent le numéro 2, et 4 noires dont 3 portent le numéro 1 et 1 porte le numéro 2. On tire au hasard une boule. On note $B$ l'événement « tirer une boule blanche » et $U$ l'événement « tirer une boule portant le numéro 1 ».

Calculer $p(B)$ , $p(U \cap B)$ et en déduire la probabilité conditionnelle $p(U/B)$ .

1

On calcule d'abord la probabilité de l'événement conditionnant $B$ dans l'univers équiprobable de 10 boules :

2

p(B) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}

3

L'événement $U \cap B$ correspond au tirage d'une boule à la fois blanche et numérotée 1. L'urne contient 2 boules répondant à ces deux critères :

4

p(U \cap B) = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}

5

On applique la définition de la probabilité conditionnelle avec $p(B) \ne 0$ :

6

p(U/B) = \frac{p(U \cap B)}{p(B)} = \frac{\frac{2}{10}}{\frac{6}{10}} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}

7

On vérifie la cohérence du résultat sur l'univers restreint : parmi les 6 boules blanches, exactement 2 portent le numéro 1, ce qui redonne immédiatement le rapport $\frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ .

Exemple travaillé · 5

Lors d'une sélection en deux étapes, un candidat réussit la première étape avec une probabilité $p(E_1) = 0{,}70$ . S'il réussit la première étape, la probabilité qu'il réussisse la seconde est $p(E_2/E_1) = 0{,}80$ .

1. Déterminer la probabilité que le candidat réussisse les deux étapes.
2. Déterminer la probabilité qu'il réussisse la première étape mais échoue à la seconde.

1

Pour la question 1, réussir les deux étapes correspond à l'événement $E_1 \cap E_2$ . D'après la formule des probabilités composées :

2

p(E_1 \cap E_2) = p(E_1) \times p(E_2/E_1)

3

p(E_1 \cap E_2) = 0{,}70 \times 0{,}80 = 0{,}56

4

Pour la question 2, on cherche $p(E_1 \cap \overline{E_2})$ . On détermine d'abord la probabilité d'échouer à la seconde étape sachant la première réussie :

5

p(\overline{E_2}/E_1) = 1 - p(E_2/E_1) = 1 - 0{,}80 = 0{,}20

6

On applique ensuite la formule des probabilités composées :

7

p(E_1 \cap \overline{E_2}) = p(E_1) \times p(\overline{E_2}/E_1) = 0{,}70 \times 0{,}20 = 0{,}14

Piège classique · 6

Piège — Contraire de l'événement ou contraire de la condition ?

On donne deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $p(B) = 0{,}4$ et $p(A/B) = 0{,}7$ . Que vaut $p(A/\overline{B})$ ?

Attention

Affirmer que $p(A/\overline{B}) = 1 - p(A/B) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$ en pensant que remplacer la condition $B$ par son contraire $\overline{B}$ revient à calculer le complémentaire à 1.

À la place : La relation $1 - p(A/B)$ donne $p(\overline{A}/B)$ , c'est-à-dire le contraire de l'événement $A$ sous la même condition $B$ . En revanche, $p(A/\overline{B})$ représente la probabilité de $A$ dans un univers restreint totalement différent (celui où $B$ ne s'est pas réalisé) : sa valeur ne peut pas être déduite de $p(A/B)$ sans données supplémentaires.

Vérification · 7

Vérification — Calcul sur univers restreint

Dans une association sportive de 40 membres, 25 pratiquent la natation (événement $N$ ) et 15 pratiquent la course à pied. Parmi les 25 nageurs, exactement 10 pratiquent aussi la course à pied (événement $C$ ).

On choisit un membre au hasard. Quelle est la probabilité que cette personne pratique la course à pied sachant qu'elle pratique la natation, notée $p(C/N)$ ?

Remarque

La condition imposée est $N$ , dont l'effectif est $\text{card}(N) = 25$ . Parmi ces 25 nageurs, 10 pratiquent aussi la course à pied (ce qui correspond à $\text{card}(C \cap N) = 10$ ). Le calcul sur l'univers restreint donne directement : $p(C/N) = \frac{\text{card}(C \cap N)}{\text{card}(N)} = \frac{10}{25} = \frac{2}{5}$ Le dénominateur est 25 (l'effectif des nageurs) et non 40 (l'effectif total de l'association).

Point de départ · 8

Observer — Décomposer un événement global en scénarios disjoints

Une usine fabrique des pièces sur deux lignes d'assemblage : la ligne $B$ assure 60% de la production, et la ligne $\overline{B}$ assure les 40% restants.

Une pièce présente un défaut $D$ avec une probabilité de $0{,}02$ si elle provient de $B$ , et de $0{,}05$ si elle provient de $\overline{B}$ .

Pour déterminer le taux global de pièces défectueuses $p(D)$ , on ne peut pas additionner directement $0{,}02 + 0{,}05$ , ni en faire la moyenne simple : chaque ligne n'a pas le même poids dans la fabrication totale.

Une pièce défectueuse provient obligatoirement soit de $B$ , soit de $\overline{B}$ . L'événement $D$ se décompose ainsi en deux parties incompatibles :

$D = (D \cap B) \cup (D \cap \overline{B})$

La probabilité globale de $D$ s'obtient en additionnant la probabilité de chacun de ces deux chemins exclusifs.

Définition · 9

Théorème — Formule des probabilités totales

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), p)$ un espace probabilisé fini.

On dit que des événements $B_1, B_2, \dots, B_n$ forment une partition de $\Omega$ (ou un système complet d'événements) s'ils sont non vides, deux à deux incompatibles ( $B_i \cap B_j = \emptyset$ pour tout $i \ne j$ ) et si leur réunion constitue l'univers entier :

$B_1 \cup B_2 \cup \dots \cup B_n = \Omega$

Théorème : Pour tout événement $A$ de $\Omega$ , on a :

$p(A) = \sum_{i=1}^{n} p(A \cap B_i) = \sum_{i=1}^{n} p(B_i) \times p(A/B_i)$

Cas particulier : pour tout événement $B$ tel que $0 < p(B) < 1$ , $(B, \overline{B})$ forme une partition de $\Omega$ , et la formule devient :

$p(A) = p(B) \times p(A/B) + p(\overline{B}) \times p(A/\overline{B})$

Exemple travaillé · 10

Lors d'un concours, la première épreuve est une épreuve de mathématiques et la seconde est de physique. Un candidat a une probabilité de $0{,}80$ de réussir la première épreuve. S'il réussit la première, il a une probabilité de $0{,}75$ de réussir la seconde. S'il échoue à la première, sa probabilité de réussir la seconde est de $0{,}40$ .

On note $M$ l'événement « réussir l'épreuve de mathématiques » et $S$ l'événement « réussir l'épreuve de physique ».

Calculer la probabilité globale $p(S)$ que ce candidat réussisse l'épreuve de physique.

1

On identifie la partition de l'univers : le candidat réussit ou ne réussit pas la première épreuve, donc $(M, \overline{M})$ constitue une partition de $\Omega$ .

2

On écrit les probabilités a priori associées à cette partition :

3

p(M) = 0{,}80 \quad \text{et} \quad p(\overline{M}) = 1 - 0{,}80 = 0{,}20

4

On relève les probabilités conditionnelles de réussir la seconde épreuve selon le résultat de la première :

5

p(S/M) = 0{,}75 \quad \text{et} \quad p(S/\overline{M}) = 0{,}40

6

D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $\{M, \overline{M}\}$ :

7

p(S) = p(M) \times p(S/M) + p(\overline{M}) \times p(S/\overline{M})

8

p(S) = 0{,}80 \times 0{,}75 + 0{,}20 \times 0{,}40 = 0{,}60 + 0{,}08 = 0{,}68

Exemple travaillé · 11

Un commerçant s'approvisionne en ampoules auprès de trois fabricants $F_1$ , $F_2$ et $F_3$ dans les proportions respectives de $20\%$ , $50\%$ et $30\%$ .
Le fabricant $F_1$ produit $3\%$ d'ampoules défectueuses, $F_2$ en produit $2\%$ , et $F_3$ en produit $5\%$ .
On choisit au hasard une ampoule dans le stock global. On note $D$ l'événement « l'ampoule est défectueuse ».

Calculer la probabilité $p(D)$ .

1

Les événements $F_1$ , $F_2$ et $F_3$ sont deux à deux disjoints et leur réunion couvre l'ensemble des ampoules ( $0{,}20 + 0{,}50 + 0{,}30 = 1$ ) : ils forment un système complet d'événements.

2

On écrit les probabilités de sélection et les taux conditionnels de défaut pour chaque fabricant :

3

p(F_1) = 0{,}20 \, ; \quad p(F_2) = 0{,}50 \, ; \quad p(F_3) = 0{,}30

4

p(D/F_1) = 0{,}03 \, ; \quad p(D/F_2) = 0{,}02 \, ; \quad p(D/F_3) = 0{,}05

5

D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $\{F_1, F_2, F_3\}$ :

6

p(D) = p(F_1) \times p(D/F_1) + p(F_2) \times p(D/F_2) + p(F_3) \times p(D/F_3)

7

p(D) = 0{,}20 \times 0{,}03 + 0{,}50 \times 0{,}02 + 0{,}30 \times 0{,}05 = 0{,}006 + 0{,}010 + 0{,}015 = 0{,}031

Piège classique · 12

On dispose de deux urnes $U_1$ et $U_2$ de compositions différentes. On choisit une urne au hasard (avec probabilité $0{,}5$ ), puis on effectue deux tirages successifs avec remise dans l'urne choisie. On note $V_1$ : « obtenir une boule verte au 1er tirage » et $V_2$ : « obtenir une boule verte au 2e tirage ».

Peut-on affirmer que $p(V_1 \cap V_2) = p(V_1) \times p(V_2)$ ?

Attention

Écrire directement $p(V_1 \cap V_2) = p(V_1) \times p(V_2)$ sous prétexte que le tirage se fait avec remise.

À la place : Les tirages ne sont indépendants que conditionnellement à l'urne choisie : $p(V_1 \cap V_2 / U_1) = (p(V_1/U_1))^2$ . Globalement, l'urne étant tirée au sort et inconnue, le résultat du premier tirage donne une information sur l'urne utilisée et modifie les chances du second. Il faut obligatoirement appliquer la formule des probabilités totales : $p(V_1 \cap V_2) = p(U_1)p(V_1 \cap V_2/U_1) + p(U_2)p(V_1 \cap V_2/U_2)$

Vérification · 13

Dans une association sportive, 70% des adhérents pratiquent la musculation ( $M$ ) et 30% pratiquent le cardio-training ( $C$ ).
Parmi les pratiquants de musculation, 20% participent à une compétition annuelle ( $K$ ). Parmi les pratiquants de cardio-training, 10% participent à cette compétition.

On interroge un adhérent au hasard. Quelle est la probabilité $p(K)$ qu'il participe à la compétition ?

Remarque

Les événements $M$ et $C$ forment une partition des adhérents de l'association. D'après la formule des probabilités totales : $p(K) = p(M) \times p(K/M) + p(C) \times p(K/C) = 0{,}70 \times 0{,}20 + 0{,}30 \times 0{,}10 = 0{,}14 + 0{,}03 = 0{,}17$

Point de départ · 14

Observer — La cause et le symptôme

Considérons un test médical de dépistage d'une maladie rare $M$ . Le test réagit positivement ( $T$ ) chez 99% des personnes malades : on a donc $p(T/M) = 0{,}99$ .

Si un patient reçoit un résultat positif, peut-on en déduire directement qu'il a 99% de chances d'être malade ?

Non : $p(T/M)$ mesure la probabilité d'avoir un test positif en étant malade (la sensibilité), alors que le patient cherche à connaître $p(M/T)$ , la probabilité d'être malade sachant que le test est positif (la valeur prédictive).

Ces deux probabilités conditionnelles n'ont ni la même condition ni le même univers restreint : pour passer de l'une à l'autre, il est indispensable d'inverser le conditionnement.

Définition · 15

Théorème — Formule de Bayes

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), p)$ un espace probabilisé fini et $(B_1, B_2, \dots, B_n)$ une partition de $\Omega$ telle que $p(B_i) \ne 0$ pour tout $i$ .

Pour tout événement $A$ tel que $p(A) \ne 0$ et pour tout entier $k \in \{1, \dots, n\}$ , la formule de Bayes s'énonce :

$p(B_k/A) = \frac{p(B_k \cap A)}{p(A)} = \frac{p(B_k) \times p(A/B_k)}{\sum_{i=1}^{n} p(B_i) \times p(A/B_i)}$

Cas particulier pour une partition binaire $\{B, \overline{B}\}$ avec $0 < p(B) < 1$ :

$p(B/A) = \frac{p(B) \times p(A/B)}{p(B) \times p(A/B) + p(\overline{B}) \times p(A/\overline{B})}$

Exemple travaillé · 16

Dans une population, 10% des personnes sont atteintes d'une maladie $M$ . Un test de dépistage donne un résultat positif ( $T$ ) pour 90% des personnes malades, mais donne aussi un résultat positif pour 10% des personnes saines.

Une personne choisie au hasard effectue le test et obtient un résultat positif. Calculer la probabilité qu'elle soit réellement malade, notée $p(M/T)$ .

1

On extrait les probabilités a priori et conditionnelles données dans le texte :

2

p(M) = 0{,}10 \quad \text{et} \quad p(\overline{M}) = 1 - 0{,}10 = 0{,}90

3

p(T/M) = 0{,}90 \quad \text{et} \quad p(T/\overline{M}) = 0{,}10

4

On calcule la probabilité globale d'un test positif $p(T)$ par la formule des probabilités totales :

5

p(T) = p(M) \times p(T/M) + p(\overline{M}) \times p(T/\overline{M})

6

p(T) = 0{,}10 \times 0{,}90 + 0{,}90 \times 0{,}10 = 0{,}09 + 0{,}09 = 0{,}18

7

On applique la formule de Bayes pour obtenir la probabilité a posteriori $p(M/T)$ :

8

p(M/T) = \frac{p(M \cap T)}{p(T)} = \frac{p(M) \times p(T/M)}{p(T)}

9

p(M/T) = \frac{0{,}09}{0{,}18} = \frac{1}{2} = 0{,}50

10

Bien que le test détecte 90% des malades, un individu testé positif n'a qu'une chance sur deux d'être malade, car la rareté de la maladie dans la population compense l'effet du test.

Exemple travaillé · 17

Une entreprise achète des composants auprès de trois fournisseurs $F_1$ , $F_2$ et $F_3$ dans les proportions respectives de 20%, 50% et 30%. Les proportions de composants défectueux ( $D$ ) sont de 3% pour $F_1$ , 2% pour $F_2$ et 5% pour $F_3$ .

On prélève un composant au hasard dans le stock et on constate qu'il est défectueux. Quelle est la probabilité qu'il provienne du fournisseur $F_1$ , notée $p(F_1/D)$ ?

1

La provenance du composant définit une partition à trois éléments de probabilités respectives $p(F_1) = 0{,}20$ , $p(F_2) = 0{,}50$ et $p(F_3) = 0{,}30$ .

2

Les taux conditionnels de défectuosité sont $p(D/F_1) = 0{,}03$ , $p(D/F_2) = 0{,}02$ et $p(D/F_3) = 0{,}05$ .

3

On détermine la probabilité globale $p(D)$ par la formule des probabilités totales :

4

p(D) = 0{,}20 \times 0{,}03 + 0{,}50 \times 0{,}02 + 0{,}30 \times 0{,}05 = 0{,}006 + 0{,}010 + 0{,}015 = 0{,}031

5

D'après la formule de Bayes pour la partition $\{F_1, F_2, F_3\}$ :

6

p(F_1/D) = \frac{p(F_1 \cap D)}{p(D)} = \frac{p(F_1) \times p(D/F_1)}{p(D)}

7

p(F_1/D) = \frac{0{,}006}{0{,}031} = \frac{6}{31} \approx 0{,}194

Piège classique · 18

Un test de dépistage d'une maladie $M$ a une efficacité prouvée de 99% chez les personnes malades ( $p(T/M) = 0{,}99$ ). Un patient passe le test et obtient un résultat positif. Peut-on en conclure que sa probabilité d'être malade $p(M/T)$ vaut 0,99 ?

Attention

Affirmer que $p(M/T) = 0{,}99$ en recopiant directement la sensibilité du test $p(T/M)$ donnée dans l'énoncé.

À la place : La probabilité d'être malade sachant le test positif $p(M/T)$ n'est pas égale à $p(T/M)$ . Elle dépend obligatoirement de la rareté de la maladie $p(M)$ dans la population par la formule de Bayes : $p(M/T) = \frac{p(M) \times p(T/M)}{p(T)}$

Vérification · 19

Soient deux événements $A$ et $B$ d'un espace probabilisé tels que $p(A) = 0{,}20$ , $p(B/A) = 0{,}90$ et $p(B/\overline{A}) = 0{,}10$ .

Sachant que $B$ est réalisé, quelle est la probabilité que $A$ soit réalisé, notée $p(A/B)$ ?

Remarque

On a $p(\overline{A}) = 1 - 0{,}20 = 0{,}80$ . Par la formule des probabilités totales : $p(B) = p(A)p(B/A) + p(\overline{A})p(B/\overline{A}) = 0{,}20 \times 0{,}90 + 0{,}80 \times 0{,}10 = 0{,}18 + 0{,}08 = 0{,}26$ D'après la formule de Bayes : $p(A/B) = \frac{p(A \cap B)}{p(B)} = \frac{p(A)p(B/A)}{p(B)} = \frac{0{,}18}{0{,}26} = \frac{18}{26} = \frac{9}{13}$

Point de départ · 20

Observer — Deux événements sans influence mutuelle

On lance un dé cubique équilibré à 6 faces. On s'intéresse à deux événements : $A$ « obtenir un nombre pair » et $B$ « obtenir un multiple de 3 ».

Sans aucune information préalable, l'événement $A$ compte 3 cas favorables sur 6 ( $A = \{2, 4, 6\}$ ). Sa probabilité vaut :

$p(A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$

Supposons maintenant que l'on apprenne que le dé a donné un multiple de 3 : l'événement $B = \{3, 6\}$ est donc réalisé.

Dans cet univers restreint à 2 issues, une seule est paire (le numéro 6). La probabilité conditionnelle s'écrit :

$p(A/B) = \frac{1}{2}$

Savoir que $B$ est réalisé ne modifie en rien les chances de réaliser $A$ : la réalisation de l'un n'a aucune influence probabiliste sur l'autre.

Définition · 21

Définition — Événements indépendants

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), p)$ un espace probabilisé fini et soient $A$ et $B$ deux événements de $\Omega$ .

On dit que $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si :

$p(A \cap B) = p(A) \times p(B)$

Propriété : Si $p(B) \ne 0$ , $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si :

$$$p(A/B) = p(A)$$$

De façon symétrique, si $p(A) \ne 0$ , $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $p(B/A) = p(B)$ .

Théorème de conservation : Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ sont également indépendants, de même que $\overline{A}$ et $B$ , ainsi que $\overline{A}$ et $\overline{B}$ .

Exemple travaillé · 22

On lance un dé cubique équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à 6.
On considère les événements suivants :
$A$ : « obtenir un numéro pair »
$B$ : « obtenir un multiple de 3 »
$C$ : « obtenir le numéro 6 »

1. Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?
2. Les événements $A$ et $C$ sont-ils indépendants ?

1

L'univers $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ comporte 6 éventualités équiprobables. On calcule d'abord les probabilités individuelles :

2

p(A) = \frac{\text{card}\{2, 4, 6\}}{6} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2} \, ; \quad p(B) = \frac{\text{card}\{3, 6\}}{6} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \, ; \quad p(C) = \frac{1}{6}

3

Pour la question 1, on détermine l'intersection $A \cap B$ , qui correspond aux numéros pairs et multiples de 3 : $A \cap B = \{6\}$ .

4

p(A \cap B) = \frac{1}{6}

5

On calcule le produit des probabilités individuelles et on compare :

6

p(A) \times p(B) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{6} = p(A \cap B)

7

L'égalité étant vérifiée, les événements $A$ et $B$ sont indépendants.

8

Pour la question 2, on détermine $A \cap C$ : comme 6 est pair, $A \cap C = \{6\}$ , donc $p(A \cap C) = \frac{1}{6}$ .

9

On compare avec le produit $p(A) \times p(C)$ :

10

p(A) \times p(C) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{12} \ne \frac{1}{6}

11

Comme $p(A \cap C) \ne p(A) \times p(C)$ , les événements $A$ et $C$ ne sont pas indépendants.

Exemple travaillé · 23

Dans une usine, l'alimentation électrique est sécurisée par deux générateurs $G_1$ et $G_2$ branchés en parallèle et fonctionnant de manière indépendante.
Sur une journée, la probabilité que $G_1$ tombe en panne est $0{,}02$ , et la probabilité que $G_2$ tombe en panne est $0{,}05$ .

1. Calculer la probabilité que les deux générateurs tombent en panne simultanément.
2. En déduire la probabilité que l'usine reste alimentée par au moins un générateur en marche.

1

On note $P_1$ l'événement « $G_1$ est en panne » et $P_2$ l'événement « $G_2$ est en panne ». L'énoncé donne $p(P_1) = 0{,}02$ et $p(P_2) = 0{,}05$ .

2

Pour la question 1, les deux pannes étant indépendantes, on applique la règle du produit :

3

p(P_1 \cap P_2) = p(P_1) \times p(P_2) = 0{,}02 \times 0{,}05 = 0{,}001

4

Pour la question 2, l'événement « au moins un générateur fonctionne » est l'événement contraire de « les deux générateurs sont en panne simultanément », noté $\overline{P_1 \cap P_2}$ .

5

p(\overline{P_1 \cap P_2}) = 1 - p(P_1 \cap P_2) = 1 - 0{,}001 = 0{,}999

Piège classique · 24

Soient $A$ et $B$ deux événements indépendants d'un espace probabilisé tels que $p(A) = 0{,}30$ et $p(B) = 0{,}40$ .
Quelle est la probabilité de leur réunion $p(A \cup B)$ ?

Attention

Calculer $p(A \cup B) = p(A) + p(B) = 0{,}30 + 0{,}40 = 0{,}70$ en pensant que deux événements indépendants sont disjoints ( $p(A \cap B) = 0$ ).

À la place : Des événements indépendants ne sont pas incompatibles. L'indépendance garantit que $p(A \cap B) = p(A) \times p(B) = 0{,}30 \times 0{,}40 = 0{,}12$ . La formule générale de la réunion s'applique obligatoirement : $p(A \cup B) = p(A) + p(B) - p(A \cap B) = 0{,}30 + 0{,}40 - 0{,}12 = 0{,}58$

Vérification · 25

Soient $A$ et $B$ deux événements incompatibles tels que $p(A) = 0{,}25$ et $p(B) = 0{,}40$ .
Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?

Remarque

Puisque $A$ et $B$ sont incompatibles, on a $A \cap B = \emptyset$ , d'où $p(A \cap B) = 0$ . Or, le produit de leurs probabilités vaut : $p(A) \times p(B) = 0{,}25 \times 0{,}40 = 0{,}10$ Comme $p(A \cap B) \ne p(A) \times p(B)$ , $A$ et $B$ ne sont pas indépendants. Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants.

Rappel · 26

Rappel — Coefficients binomiaux et dénombrement d'ordres

Pour dénombrer les manières de placer $k$ succès parmi $n$ répétitions indépendantes, on utilise le nombre de combinaisons $C_n^k$ .

On lance une pièce de monnaie 4 fois de suite. Combien de suites ordonnées différentes comportent exactement 1 fois Pile et 3 fois Face ?

Remarque

Le nombre de séquences comportant 1 fois Pile parmi 4 lancers est donné par le coefficient binomial : $C_4^1 = 4$ Les quatre suites possibles sont $(P,F,F,F)$ , $(F,P,F,F)$ , $(F,F,P,F)$ et $(F,F,F,P)$ .

Point de départ · 27

Observer — Ordre fixé ou ordre quelconque ?

On lance 3 fois de suite un dé cubique équilibré. On s'intéresse à l'obtention du chiffre 6 (noté $S$ ) de probabilité $\frac{1}{6}$ , et d'un autre chiffre (noté $E$ ) de probabilité $\frac{5}{6}$ .

Considérons l'événement « obtenir un 6 au premier lancer, puis un autre chiffre aux deux suivants ». L'ordre est imposé : la séquence est obligatoirement $(S, E, E)$ .

$p(S, E, E) = \frac{1}{6} \times \frac{5}{6} \times \frac{5}{6} = \frac{25}{216}$

Considérons maintenant l'événement « obtenir exactement un 6 au cours des 3 lancers ». L'ordre n'est plus fixé : le 6 peut apparaître au 1er, au 2e ou au 3e lancer.

$p = 3 \times \left(\frac{1}{6} \times \frac{25}{36}\right) = \frac{75}{216}$

Pour dénombrer toutes les issues donnant un nombre fixé de succès, il faut multiplier la probabilité d'une séquence par le nombre de dispositions possibles pour ces succès.

Définition · 28

Définition et Théorème — Loi binomiale

On appelle épreuve de Bernoulli une expérience aléatoire n'admettant que deux issues : le succès $S$ de probabilité $p$ , et l'échec $\overline{S}$ de probabilité $q = 1 - p$ .

La répétition de $n$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes constitue un schéma de Bernoulli de paramètres $n$ et $p$ .

La variable aléatoire $X$ représentant le nombre total de succès obtenus suit la loi binomiale notée $\mathcal{B}(n; p)$ .

$p(X = k) = C_n^k \, p^k \, (1-p)^{n-k} \quad \text{pour tout } k \in \{0, 1, \dots, n\}$

L'espérance mathématique et la variance de $X$ sont données par :

$E(X) = n \cdot p \quad \text{et} \quad V(X) = n \cdot p \cdot (1-p)$

Exemple travaillé · 29

Une urne contient 8 boules blanches et 2 boules noires. On tire au hasard une boule, on note sa couleur, puis on la remet dans l'urne. On effectue ce tirage 4 fois de suite de manière indépendante.
Soit $X$ la variable aléatoire désignant le nombre de boules blanches tirées.

1. Justifier que $X$ suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.
2. Calculer la probabilité d'obtenir exactement une boule blanche.
3. Calculer l'espérance mathématique $E(X)$ .

1

On répète $n = 4$ fois de manière identique et indépendante (tirages avec remise) une épreuve n'ayant que deux issues : tirer une boule blanche (succès $S$ ) ou tirer une boule noire (échec).

2

p = p(S) = \frac{8}{10} = \frac{4}{5}

3

La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale $\mathcal{B}(4; \frac{4}{5})$ .

4

Pour calculer $p(X = 1)$ , on applique la formule avec $k = 1$ , $p = \frac{4}{5}$ et $1 - p = \frac{1}{5}$ :

5

p(X=1) = C_4^1 \left(\frac{4}{5}\right)^1 \left(\frac{1}{5}\right)^3 = 4 \times \frac{4}{5} \times \frac{1}{125} = \frac{16}{625}

6

L'espérance mathématique de $X$ est le produit du nombre d'épreuves par la probabilité de succès :

7

E(X) = n \cdot p = 4 \times \frac{4}{5} = \frac{16}{5} = 3{,}2

Exemple travaillé · 30

On lance un dé équilibré à 6 faces $n$ fois de suite de façon indépendante. À chaque lancer, la probabilité d'obtenir la face 2 est $\frac{1}{6}$ .

Déterminer le nombre minimum $n$ de lancers nécessaires pour que la probabilité d'obtenir au moins une fois la face 2 soit strictement supérieure à $0{,}99$ .

1

Soit $X$ le nombre d'apparitions de la face 2 en $n$ lancers : $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n; \frac{1}{6})$ . L'événement « obtenir au moins une fois la face 2 » s'écrit $(X \ge 1)$ .

2

On exprime sa probabilité en passant par l'événement contraire $(X = 0)$ :

3

p(X \ge 1) = 1 - p(X = 0) = 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^n

4

On pose l'inéquation de seuil :

5

1 - \left(\frac{5}{6}\right)^n > 0{,}99 \iff \left(\frac{5}{6}\right)^n < 0{,}01

6

On applique la fonction logarithme népérien, strictement croissante sur $]0; +\infty[$ :

7

\ln\left(\left(\frac{5}{6}\right)^n\right) < \ln(0{,}01) \iff n \ln\left(\frac{5}{6}\right) < \ln(0{,}01)

8

Comme $\frac{5}{6} < 1$ , $\ln(\frac{5}{6})$ est un nombre strictement négatif. En divisant par $\ln(\frac{5}{6})$ , le sens de l'inégalité s'inverse :

9

n > \frac{\ln(0{,}01)}{\ln(5/6)} \approx \frac{-4{,}605}{-0{,}182} \approx 25{,}3

10

Comme $n$ est un entier naturel, le nombre minimum de lancers est $n = 26$ .

Piège classique · 31

Piège — Calculer « au moins un succès »

On répète 5 fois une épreuve de Bernoulli de probabilité de succès $p = 0{,}2$ . Soit $X$ le nombre de succès. Quelle est la méthode la plus directe pour calculer $p(X \ge 1)$ ?

Attention

Calculer $p(X \ge 1) = p(X=1) + p(X=2) + p(X=3) + p(X=4) + p(X=5)$ en additionnant les cinq probabilités directes.

À la place : La démarche directe exige de calculer cinq probabilités binomiales distinctes avec leurs coefficients binomiaux, multipliant les calculs. Il faut systématiquement utiliser l'événement contraire : $p(X \ge 1) = 1 - p(X = 0) = 1 - (0{,}8)^5$

Vérification · 32

Vérification — Calcul d'un terme binomial

Une machine produit des pièces dont 10% sont défectueuses. On prélève au hasard et avec remise un lot de 3 pièces. Quelle est la probabilité d'obtenir exactement 2 pièces défectueuses ?

Remarque

Le nombre de pièces défectueuses $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(3; 0{,}10)$ . D'après la formule générale : $p(X = 2) = C_3^2 \times (0{,}10)^2 \times (0{,}90)^1 = 3 \times 0{,}01 \times 0{,}90 = 0{,}027$ Il ne faut pas oublier de multiplier par le coefficient binomial $C_3^2 = 3$ .

Point de départ · 33

Observer — Associer une grandeur numérique aux issues

Lors d'une expérience aléatoire, on ne s'intéresse pas toujours uniquement à la nature qualitative des issues (comme la couleur d'une boule ou le côté d'une pièce), mais souvent à une grandeur numérique qui en découle : un gain financier, une durée d'attente ou un décompte d'objets.

Par exemple, à un jeu de dé, obtenir un nombre pair fait gagner 2 dinars, tandis qu'obtenir un nombre impair fait perdre 1 dinar.

On définit ainsi une application qui associe à chaque issue de l'expérience un nombre réel : c'est ce que l'on appelle une variable aléatoire.

Définition · 34

Définition — Variable aléatoire discrète et paramètres

Soit $(\Omega, \mathcal{P}(\Omega), p)$ un espace probabilisé fini. On appelle variable aléatoire définie sur $\Omega$ toute application $X$ de $\Omega$ dans $\mathbb{R}$ .

Si $X(\Omega) = \{x_1, x_2, \dots, x_n\}$ est l'ensemble des valeurs prises par $X$ , la loi de probabilité de $X$ associe à chaque valeur $x_i$ la probabilité de l'événement $(X = x_i)$ , avec la condition de normalisation :

$\sum_{i=1}^{n} p(X = x_i) = 1$

L'espérance mathématique de $X$ , notée $E(X)$ , est la moyenne pondérée des valeurs prises par $X$ :

$E(X) = \sum_{i=1}^{n} x_i \cdot p(X = x_i)$

La variance $V(X)$ et l'écart-type $\sigma(X)$ mesurent la dispersion des valeurs autour de l'espérance, calculés via la formule de Koenig-Huygens :

$V(X) = E(X^2) - [E(X)]^2 \quad \text{avec} \quad E(X^2) = \sum_{i=1}^{n} x_i^2 \cdot p(X = x_i)$

$\sigma(X) = \sqrt{V(X)}$

Exemple travaillé · 35

Une urne contient 5 jetons : 2 blancs numérotés $1, -1$ et 3 noirs numérotés $1, 1, -1$ . On tire simultanément et au hasard 2 jetons de l'urne. On désigne par $X$ la variable aléatoire prenant pour valeur la somme des numéros inscrits sur les deux jetons tirés.

1. Déterminer la loi de probabilité de $X$ .
2. Calculer l'espérance mathématique $E(X)$ .

1

L'univers comporte $\text{Card}(\Omega) = C_5^2 = 10$ tirages équiprobables de 2 jetons parmi 5.

2

Les numéros disponibles sont trois fois le chiffre $1$ et deux fois le chiffre $-1$ . L'ensemble des sommes possibles est donc $X(\Omega) = \{-2, 0, 2\}$ .

3

Pour $X = -2$ , il faut tirer les deux jetons portant le numéro $-1$ (parmi 2) :

4

p(X = -2) = \frac{C_2^2}{10} = \frac{1}{10} = 0{,}1

5

Pour $X = 2$ , il faut tirer deux jetons portant le numéro $1$ (parmi 3) :

6

p(X = 2) = \frac{C_3^2}{10} = \frac{3}{10} = 0{,}3

7

Pour $X = 0$ , il faut tirer un jeton portant $1$ et un jeton portant $-1$ :

8

p(X = 0) = \frac{C_3^1 \times C_2^1}{10} = \frac{6}{10} = 0{,}6

9

On vérifie la somme des probabilités : $0{,}1 + 0{,}6 + 0{,}3 = 1$ .

10

On calcule l'espérance mathématique $E(X)$ :

11

E(X) = (-2) \times 0{,}1 + 0 \times 0{,}6 + 2 \times 0{,}3 = -0{,}2 + 0 + 0{,}6 = 0{,}4

Exemple travaillé · 36

Soit $Y$ une variable aléatoire prenant les valeurs $\{-1, 1, 2\}$ dont la loi de probabilité est donnée par :
$p(Y = -1) = 0{,}5$ ; $p(Y = 1) = 0{,}3$ ; $p(Y = 2) = 0{,}2$ .

1. Calculer l'espérance mathématique $E(Y)$ .
2. Calculer la variance $V(Y)$ et l'écart-type $\sigma(Y)$ (arrondi au centième près).

1

On calcule d'abord l'espérance $E(Y)$ :

2

E(Y) = (-1) \times 0{,}5 + 1 \times 0{,}3 + 2 \times 0{,}2 = -0{,}5 + 0{,}3 + 0{,}4 = 0{,}2

3

On calcule le moment d'ordre 2, $E(Y^2)$ :

4

E(Y^2) = (-1)^2 \times 0{,}5 + 1^2 \times 0{,}3 + 2^2 \times 0{,}2 = 1 \times 0{,}5 + 1 \times 0{,}3 + 4 \times 0{,}2 = 0{,}5 + 0{,}3 + 0{,}8 = 1{,}6

5

D'après la formule de Koenig-Huygens, on en déduit la variance $V(Y)$ :

6

V(Y) = E(Y^2) - [E(Y)]^2 = 1{,}6 - (0{,}2)^2 = 1{,}6 - 0{,}04 = 1{,}56

7

L'écart-type est la racine carrée de la variance :

8

\sigma(Y) = \sqrt{1{,}56} \approx 1{,}25

Piège classique · 37

Piège — La modalité nulle d'une variable aléatoire

Une entreprise subit des pannes occasionnelles. Lors d'une journée, une panne de type A coûte 1000 DT (probabilité 0,020), une panne de type B coûte 5000 DT (probabilité 0,008) et une panne de type C coûte 15000 DT (probabilité 0,002). S'il n'y a aucune panne, le coût est de 0 DT. On suppose qu'il se produit au plus une anomalie par jour.
Soit $X$ le coût journalier des pannes. Quelle est la probabilité $p(X = 0)$ ?

Attention

Considérer que la variable $X$ ne prend que les valeurs positives mentionnées dans l'énoncé (1000, 5000, 15000) et oublier d'inclure la modalité $X = 0$ .

À la place : Une journée sans anomalie engendre un coût de 0 DT. La somme des probabilités de toutes les issues de l'univers devant être égale à 1, la modalité $X = 0$ a pour probabilité le complémentaire des jours à pannes : $p(X = 0) = 1 - (0{,}020 + 0{,}008 + 0{,}002) = 1 - 0{,}030 = 0{,}970$

Vérification · 38

Vérification — Bilan sur la loi et l'espérance

Une variable aléatoire $Z$ prend les valeurs $-2, 0$ et $3$ . On donne $p(Z = -2) = 0{,}3$ et $p(Z = 0) = 0{,}5$ .

Que vaut l'espérance mathématique $E(Z)$ ?

Remarque

Puisque la somme des probabilités vaut 1, on commence par déterminer la probabilité manquante : $p(Z = 3) = 1 - (0{,}3 + 0{,}5) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$ On calcule ensuite l'espérance mathématique : $E(Z) = (-2) \times 0{,}3 + 0 \times 0{,}5 + 3 \times 0{,}2 = -0{,}6 + 0 + 0{,}6 = 0$

Point de départ · 39

Observer — De la variable discrète à la variable continue

Pour une variable aléatoire discrète, chaque valeur isolée a une probabilité non nulle bien déterminée.

Lorsqu'on mesure une grandeur continue (une durée de vie, un temps d'attente, une distance), les valeurs possibles remplissent un intervalle réel complet.

Dans ce cadre, la probabilité d'obtenir une valeur exacte précise à l'infini est nulle :

$$$p(X = c) = 0$$$

On ne calcule donc plus la probabilité de valeurs ponctuelles, mais la probabilité que $X$ appartienne à un intervalle, mesurée par l'aire sous la courbe d'une fonction appelée densité de probabilité.

Définition · 40

Définition — Densité de probabilité et loi uniforme

Soit $I = [a\,;\,b]$ un intervalle réel avec $a < b$ .

On appelle densité de probabilité sur $[a\,;\,b]$ toute fonction $f$ positive et continue telle que :

$\int_a^b f(t)\,dt = 1$

Une variable aléatoire continue $X$ suit la loi uniforme sur $[a\,;\,b]$ , notée $\mathcal{U}([a\,;\,b])$ , lorsque sa densité est constante sur $[a\,;\,b]$ :

$f(x) = \frac{1}{b - a}$

Pour tout sous-intervalle $[x_1\,;\,x_2] \subset [a\,;\,b]$ , la probabilité correspond au rapport des longueurs :

$p(x_1 \le X \le x_2) = \frac{x_2 - x_1}{b - a}$

L'espérance mathématique de $X$ est le milieu du segment :

$E(X) = \frac{a + b}{2}$

Exemple travaillé · 41

Le temps d'attente $X$ (en minutes) d'un usager à un arrêt suit la loi uniforme sur l'intervalle $[0\,;\,20]$ .

1. Préciser la densité de probabilité de $X$ .
2. Calculer la probabilité que l'usager attende entre 5 et 12 minutes.
3. Déterminer le temps d'attente moyen.

1

La variable $X$ suit la loi uniforme $\mathcal{U}([0\,;\,20])$ . Sa densité $f$ est constante sur $[0\,;\,20]$ :

2

f(x) = \frac{1}{20 - 0} = \frac{1}{20} = 0{,}05

3

Pour calculer $p(5 \le X \le 12)$ , on applique le rapport de la longueur de l'intervalle favorable sur l'amplitude totale :

4

p(5 \le X \le 12) = \frac{12 - 5}{20 - 0} = \frac{7}{20} = 0{,}35

5

Le temps moyen d'attente correspond à l'espérance mathématique $E(X)$ :

6

E(X) = \frac{0 + 20}{2} = 10\text{ minutes}

Définition · 42

Définition et Propriétés — Loi exponentielle

Soit $\lambda > 0$ . Une variable aléatoire continue $X$ suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$ si sa densité $f$ est définie sur $[0\,;\,+\infty[$ par :

$f(x) = \lambda e^{-\lambda x}$

Pour tout réel $a \ge 0$ , les probabilités usuelles sont données par :

$p(X \ge a) = e^{-\lambda a} \quad \text{et} \quad p(X \le a) = 1 - e^{-\lambda a}$

L'espérance mathématique de $X$ est l'inverse de son paramètre :

$E(X) = \frac{1}{\lambda}$

Théorème (absence de mémoire) : Pour tous réels positifs $s$ et $t$ , la probabilité conditionnelle ne dépend pas du temps déjà écoulé :

$p(X > s + t \; / \; X > t) = p(X > s) = e^{-\lambda s}$

Exemple travaillé · 43

La durée de vie $T$ (en années) d'un composant suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ . La durée de vie moyenne de ce composant est de 5 ans.

1. Déterminer la valeur exacte du paramètre $\lambda$ .
2. Calculer la probabilité que le composant fonctionne plus de 5 ans.
3. Calculer la probabilité que le composant tombe en panne avant 2 ans.

1

L'espérance d'une loi exponentielle est reliée à son paramètre par la formule $E(T) = \frac{1}{\lambda}$ . Comme $E(T) = 5$ :

2

\frac{1}{\lambda} = 5 \iff \lambda = \frac{1}{5} = 0{,}2

3

Pour la probabilité de dépasser 5 ans, on utilise la formule de survie $p(T > a) = e^{-\lambda a}$ avec $a = 5$ et $\lambda = 0{,}2$ :

4

p(T > 5) = e^{-0{,}2 \times 5} = e^{-1} = \frac{1}{e} \approx 0{,}368

5

Pour la probabilité de panne avant 2 ans, on applique $p(T \le a) = 1 - e^{-\lambda a}$ avec $a = 2$ :

6

p(T \le 2) = 1 - e^{-0{,}2 \times 2} = 1 - e^{-0{,}4} \approx 1 - 0{,}670 = 0{,}330

Piège classique · 44

Piège — Absence de mémoire et conditionnement temporel

La durée de vie $T$ d'une machine suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ . Sachant que la machine fonctionne encore après 200 heures, quelle est la probabilité qu'elle fonctionne plus de 500 heures, notée $p(T > 500 / T > 200)$ ?

Attention

Calculer laborieusement le quotient conditionnel $\frac{p(T > 500)}{p(T > 200)} = \frac{e^{-500\lambda}}{e^{-200\lambda}}$ ou penser que le fonctionnement passé réduit la durée de vie future.

À la place : La loi exponentielle modélise des durées de vie sans vieillissement : la probabilité de durer 300 heures supplémentaires ne dépend pas du temps déjà écoulé. D'après la propriété d'absence de mémoire : $p(T > 500 / T > 200) = p(T > 500 - 200) = p(T > 300) = e^{-300\lambda}$

Vérification · 45

Vérification — Calcul direct de survie exponentielle

La durée de fonctionnement $X$ d'un circuit suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda = 0{,}02$ . Quelle est la probabilité que ce circuit fonctionne au moins 50 heures ?

Remarque

Pour une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ , la probabilité de dépasser un seuil $a$ est $p(X \ge a) = e^{-\lambda a}$ . Avec $\lambda = 0{,}02$ et $a = 50$ : $p(X \ge 50) = e^{-0{,}02 \times 50} = e^{-1} = \frac{1}{e}$

Probabilité sur un ensemble fini — cours

Le cours

Rappel — Équiprobabilité et formule de la réunion

Observer — L'effet d'une information acquise

Définition — Probabilité conditionnelle

Piège — Contraire de l'événement ou contraire de la condition ?

Vérification — Calcul sur univers restreint

Observer — Décomposer un événement global en scénarios disjoints

Théorème — Formule des probabilités totales

Observer — La cause et le symptôme

Théorème — Formule de Bayes

Observer — Deux événements sans influence mutuelle

Définition — Événements indépendants

Rappel — Coefficients binomiaux et dénombrement d'ordres

Observer — Ordre fixé ou ordre quelconque ?

Définition et Théorème — Loi binomiale

Piège — Calculer « au moins un succès »

Vérification — Calcul d'un terme binomial

Observer — Associer une grandeur numérique aux issues

Définition — Variable aléatoire discrète et paramètres

Piège — La modalité nulle d'une variable aléatoire

Vérification — Bilan sur la loi et l'espérance

Observer — De la variable discrète à la variable continue

Définition — Densité de probabilité et loi uniforme

Définition et Propriétés — Loi exponentielle

Piège — Absence de mémoire et conditionnement temporel

Vérification — Calcul direct de survie exponentielle

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