Probabilités
I. Rappels
Définition
Une expérience aléatoire est une expérience dont on ne peut prévoir le résultat précisément.
L'ensemble de tous les résultats possibles (ou éventualités, ou issues, ou événements élémentaires) d'une expérience aléatoire
constitue l'univers de l'expérience. Il est souvent noté $Ω$.
Un événement B est une partie de $Ω$.
Exemple
Notons $i$ l'événement élémentaire: "obtenir la face $i$ en lançant un dé".
On a alors: $Ω=\{1,2,3,4,5,6\}$
Considérons l'événement $B=\{2,4,6\}$.
On peut alors aussi écrire B: "obtenir un résultat pair en lançant un dé".
Définition
Définir une probabilité sur $Ω$ (supposé dénombrable), c'est associer à chaque événement élémentaire $E$ un nombre $p(E)$, appelé probabilité de $E$, tel que:
1. pour tout événement élémentaire $E$, on a: $0≤ p(E)≤1$
2. la somme des probabilités de tous les événements élémentaires vaut 1.
Remarque: $p(E)=0$ $⇔$ E est impossible. $p(E)=1$ $⇔$ E est certain.
Définition
Modéliser une expérience aléatoire, c'est lui associer un univers $Ω$ et une loi de probabilité sur $Ω$.
Le modèle est convenable si la fréquence d'apparition de chaque événement A se stabilise autour de la probabilité p(A) lorsque l'expérience est répétée un très grand nombre de fois.
Exemple
On jette un dé truqué de nombreuses fois.
La fréquence d'apparition du 6 est égale au quotient ${\text"nombre de 6 obtenus"}/{\text"nombre de lancers"}$.
On constate que cette fréquence d'apparition du 6 varie en fonction du nombre de lancers effectués.
Mais plus le nombre de lancers augmente, plus cette fréquence semble se rapprocher de 0,2.
On proposera alors de modéliser le lancer de ce dé truqué en estimant que la probabilité d'obtenir un 6 vaut 0,2.
Et on procèdera de même pour les autres faces.
Supposons que l'on obtienne: $p(2)=0,3$, $p(3)=0,1$, $p(4)=0,15$ et $p(5)=0,12$
Comme $p(1)+p(2)+p(3)+p(4)+p(5)+p(6)=1$, on a alors:
$p(1)+0,3+0,1+0,15+0,12+0,2=1$
Et par là: $p(1)=0,13$
Définition
Il y a équiprobabilité quand tous les événements élémentaires constituant l'univers $Ω$ ont la même probabilité.
Dans ce cas, si l'univers est constitué de $n$ événements élémentaires, alors la probabilité de chacun d'eux vaut ${1}/{n}$.
Exemple
Il y a équiprobabilité dans le cas d'un dé équilibré, mais pas dans le cas d'un dé pipé (truqué) .
Pour un dé équilibré, on a 6 événements élémentaires, et on obtient: $p(1)=p(2)=p(3)=p(4)=p(5)=p(6)={1}/{6}$
Si on lance un dé équilibré plusieurs fois, la fréquence d'apparition de chaque face va varier en fonction du nombre de lancers effectués.
Mais plus le nombre de lancers augmente, plus il est probable que chaque fréquence d'apparition soit proche de ${1}/{6}$.
Propriété
La probabilité d'un événement est la somme des probabilités des événements élémentaires qui le constituent.
Exemple
Pour $B=\{2,4,6\}$, on obtient: $p(B)=p(2)+p(4)+p(6)$.
Dans le cas d'un dé équilibré, on a alors: $p(B)={1}/{6}+{1}/{6}+{1}/{6}={3}/{6}=0,5$.
Considérons un dé pipé (truqué) tel que $p(2)=0,3$, $p(4)=0,15$ et $p(6)=0,2$.
On a alors $p(B)=0,3+0,15+0,2=0,65$
Notation
Si E est un ensemble, alors Card E représente le nombre d'éléments de cet ensemble E.
Propriété
Dans le cas où il y a équiprobabilité, pour tout événement A, on a l'égalité :
$p(A)={\text"Card"\, A}/{\text"Card"\, Ω}={\text"nombre d'éléments de"\, A}/{\text"nombre d'éléments de"\, Ω}$.
Exemple
Dans le cas d'un dé équilibré, pour $B=\{2,4,6\}$, on a:
Card $B=3$. Or Card $Ω=6$. Donc $p(B)={3}/{6}=0,5$.
On retrouve évidemment le résultat de l'exemple précédent.
Définition
Le contraire d'un événement A est le complémentaire de A dans $Ω$.
On le note: $A↖{-}$.
Exemple
$E=\{1,2\}=$"obtenir au plus 2".
$E↖{-}=\{3,4,5,6\}=$"obtenir au moins 3".
Propriété
Soit A un événement et $A↖{-}$ son contraire.
On a l'égalité : $p(A)+p(A↖{-})=1$.
Exemples
On jette un dé.
$B=\{2,4,6\}=$"obtenir un résultat pair".
$B↖{-}=\{1,3,5\}=$" obtenir un résultat impair".
On a: $p(B↖{-})=1-p(B)$.
Dans le cas d'un dé équilibré, cela donne: $p(B↖{-})=1-0,5=0,5$.
Dans le cas du dé pipé précédent, cela donne: $p(B↖{-})=1-0,65=0,35$
De même, si $E=\{1,2\}=$"obtenir au plus 2", alors on obtient: $p(E)={2}/{6}={1}/{3}$
Et par là: $p(E↖{-})=1-{1}/{3}={2}/{3}$
Si la probabilité de gagner à un certain jeu vaut 0,05,
alors la probabilité de perdre est égale à $1-0,05=0,95$
II. Intersections et réunions
Définitions
L'intersection de A et B, notée $A∩B$ ( on dit " A inter B " ) est l'ensemble constitué des éléments communs à A et à B.
Ainsi, $x$ appartient à $A∩B$ si et seulement si $x$ appartient à la fois à A et à B.
La réunion de A et B, notée $A∪B$ ( on dit " A union B " ) est l'ensemble constitué des éléments de A et de B.
Ainsi, $x$ appartient à $A∪B$ si et seulement si $x$ appartient A ou à B (soit à A, soit à B, soit à A et B à la fois).
Exemple
On tire une carte d'un jeu de 52 cartes.
A: " la carte tirée est un as ".
B: " la carte tirée est un coeur ".
Définir par une phrase les événements $A∩B$ et $A∪B$.
Déterminer les probabilités $p(A)$, $p(B)$, $p(A∩B)$ et $p(A∪B)$
Corrigé
$A∩B$: "la carte tirée est l'as de coeur"
$A∪B$: "la carte tirée est un as ou un coeur (ou l'as de coeur)"
On a: Card $Ω=52$. Il y a équiprobabilité.
Card A=4. Donc $p(A)={4}/{52}$
Card B=13. Donc $p(B)={13}/{52}$
Card $A∩B=1$ Donc $p(A∩B)={1}/{52}$
Card $A∪B=4+13-1=16$ (il ne faut pas compter 2 fois l'as de coeur)
Donc $p(A∪B)={16}/{52}$
Propriété
Soit A et B deux événements.
On a l'égalité : $p(A∪B)=p(A)+p(B)-p(A∩B)$.
Exemples
Reprenons l'exemple précédent.
On a: $p(A∪B)=p(A)+p(B)-p(A∩B)={4}/{52}+{13}/{52}-{1}/{52}={16}/{52}$
On retrouve le résultat précédent!
Définition
Deux événements sont incompatibles si et seulement si leur intersection est vide (ils n'ont pas d'élément commun).
Propriété
Si A et B sont deux événements incompatibles, alors $p(A∪B)=p(A)+p(B)$
Exemples
Reprenons l'exemple précédent.
Considérons alors l'événement C: " la carte tirée est un roi ".
A et C sont incompatibles. Donc: $p(A∪C)=p(A)+p(C)={4}/{52}+{4}/{52}={8}/{52}$
La probabilité que la carte tirée soit un as ou un roi vaut ${8}/{52}$.
III. Probabilités conditionnelles
Définition
Soit B un événement tel que $p(B)≠0$.
On appelle probabibité conditionnelle de l'événement A sachant B la probabilité notée $p_B(A)$
et définie par l'égalité $p_B(A)={p(A∩B)}/{p(B)}$.
Exemple
On tire 2 jetons successivement et sans remise d'un sac contenant 6 jetons numérotés de 1 à 6.
Soit A: "les deux jetons sont pairs".
Soit B: "le jeton 2 est resté dans le sac".
Quelle est la probabilité que les deux jetons soient pairs sachant que le jeton 2 est resté dans le sac?
Corrigé
On cherche $p_B(A)$.
Déterminons tout d'abord $p(B)$ et $p(A∩B)$.
Les 30 issues de l'expérience sont décrites par le tableau ci-contre.
Comme le premier jeton tiré n'est pas remis, 6 cas sont impossibles; ils sont représentés en noir.
A est représenté en jaune.
B est représenté en gris.
$\text"Card Ω"=6×5=30$.
Il y a équiprobabilité.
$\text"Card B"=5×4=20$. Donc: $p(B)={20}/{30}={2}/{3}≈0,67$.
$\text"Card A∩B"=2×1=2$. Donc: $p(A∩B)={2}/{30}={1}/{15}≈0,07$.
D'où: $p_B(A)={p(A∩B)}/{p(B)}={{2}/{30}}/{{2}/{3}}={2×3}/{30×2}={1}/{10}=0,1$.
Ce résultat peut se trouver autrement, en raisonnant comme dans l'exemple précédent.
On sait que le jeton 2 est resté dans le sac.
L'univers se réduit donc aux 20 issues de B, qui sont équiprobables.
Parmi celles-ci, 2 donnent deux jetons pairs.
Donc la probabilité cherchée est ${2}/{20}=0,1$.
Probabilité d'une intersection
Soit A un événement tel que $p(A)≠0$.
On a alors l'égalité $p(A∩B)=p(A)×p_A(B)$.
Soit B un événement tel que $p(B)≠0$.
On a alors l'égalité $p(A∩B)=p(B)×p_B(A)$.
Exemple
$60\%$ des élèves de seconde du lycée Truc sont des filles.
$20\%$ des filles de seconde du lycée Truc étudient l'allemand.
On choisit au hasard un élève de seconde du lycée Truc. Quelle est la probabilité que cet élève soit une fille étudiant l'allemand?
Corrigé
En notant F: "l'élève de seconde du lycée Truc est une fille", et A: "l'élève de seconde du lycée Truc étudie l'allemand",
on cherche la probabilité de l'événement $F∩A$.
On a: $p(F∩A)=p(F)×p_F(A)$
Or, il est clair que: $p(F)=60\%=0,60$ et $p_F(A)=20\%=0,20$
Et par là: $p(F∩A)=0,60×0,20=0,12$
La probabilité que l'élève choisi soit une fille étudiant l'allemand vaut $0,12$.
Autre méthode.
On calcule directement: $0,60×0,20=0,12$, ce qui permet d'affirmer que les filles étudiant l'allemand représentent
$12\%$ des élèves de seconde du lycée Truc.
Donc $p(F∩A)=0,12$
A retenir
Un arbre de dénombrement permet de comptabiliser le nombre de cas associés à un ou plusieurs événements donnés. Il ne s'utilise que si tous les événements élémentaires sont équiprobables. Aucune probabilité n'y apparaît.
Un arbre de probabilité (ou pondéré) permet de calculer directement la probabilité d'un ou de plusieurs événements donnés. Toutes les branches sont associées à des probabilités.
Propriétés liées aux arbres de probabilités
- règle 1: La somme des probabilités des branches issues d'un même noeud vaut 1.
- règle 2: La probabilité d'un événement associé à une feuille est égale au produit des probabilités des branches du chemin conduisant à la feuille (c'est la généralisation de la formule donnant la probabilité d'une intersection).
Exemples
On tire 2 jetons successivement et sans remise d'un sac contenant 6 jetons numérotés de 1 à 6.
On cherche la probabilité que le jeton 2 ne soit pas tiré.
Soit $B_i$: "sur le tirage $i$, le jeton tiré n'est pas le jeton 2".
$B_1∩B_2$: "aucun des 2 jetons tirés n'est le jeton 2".
On cherche $p(B_1∩B_2)$.
On peut dresser un arbre de dénombrement qui ferait apparaître les $6×5=30$ paires de jetons tirées du sac.
Ces paires sont bien équiprobables, mais l'arbre prendrait beaucoup de place !
On préfère dresser l'arbre de probabilité qui suit.
On remarque que la probabilité que le premier jeton ne soit pas le jeton 2 est $p(B_1)={5}/{6}$.
Et, sachant que le premier jeton n'est pas le jeton 2, la probabilité que le second jeton ne soit pas le jeton 2 est $p_{B_1}(B_2)={4}/{5}$.
En fait, l'issue du premier tirage influe sur le second tirage.
Par application de la seconde règle, on obtient: $p(B_1∩B_2)={5}/{6}×{4}/{5}={20}/{30}≈0,67$.
On note que l'on vient d'appliquer la formule $p(B_1∩B_2)=p(B_1)×p_{B_1}(B_2)$.
Exemples
On jette 2 dés.
On cherche la probabilité de ne pas avoir de résultat supérieur ou égal à 5.
Soit $A_i$: "pour le lancer $i$, le résultat est inférieur ou égal à 4".
$A_1∩A_2$: "les 2 résultats sont inférieurs ou égaux à 4".
On cherche $p(A_1∩A_2)$.
On peut dresser un arbre de dénombrement qui ferait apparaître les $6×6=36$ paires de lancers.
Ces paires sont bien équiprobables, mais l'arbre prendrait beaucoup de place !
On peut dresser l'arbre pondéré qui suit.
On note que la probabilité que le premier lancer soit inférieur ou égal à 4 vaut $p(A1)={4}/{6}$.
Et de même, sachant que le premier lancer est inférieur ou égal à 4, la probabilité que le second lancer soit aussi inférieur ou égal à 4 vaut à nouveau $p_{A_1}(A_2)={4}/{6}$.
En fait, l'issue du premier lancer n'influe pas sur le second lancer.
Par application de la seconde règle, on obtient: $p(A_1∩A_2)={4}/{6}×{4}/{6}={16}/{36}≈0,44$.
On note que l'on vient d'appliquer la formule $p(A_1∩A_2)=p(A_1)×p_{A_1}(A_2)$.
Exemple
On désire évaluer l'efficacité d'un test de dépistage d'une maladie donnée. Le résultat qu'il donne est qualifié de
"positif" ou de "négatif".
15% de la population venant consulter est contaminée.
Si un patient est contaminé, le test est positif 8 fois sur 10.
Et si un patient n'est pas contaminé, le test est tout de même positif 1 fois sur 10 (cela se nomme un faux positif).
Un patient se présente et passe le test.
Soit C: "le patient est contaminé".
Soit S: "le patient est sain".
Soit A: "le test effectué est positif"".
- Quelle est la probabilité que le test soit positif sachant que le patient est contaminé.
- Dresser un arbre pondéré décrivant l'expérience.
- Déterminer la probabilité que le test soit positif et que le patient soit contaminé.
- Déterminer la probabilité que le test soit positif et que le patient soit sain.
- Un test positif a été réalisé soit sur un patient contaminé, soit sur un patient sain (un patient ne pouvant être contaminé et sain en même temps).
Cela signifie que $A=(C∩A)∪(S∩A)$ et que les événements $C∩A$ et $S∩A$ sont incompatibles.
Déterminer la probabilité que le test soit positif. - Déterminer la probabilité que le patient soit contaminé sachant que le test est positif.
- Pourquoi peut-on envisager de renoncer à ce test de dépistage?
Corrigé
- La probabilité cherchée est $p_C(A)={8}/{10}=0,8$.
- Arbre pondéré décrivant l'expérience (construit par application de la première règle).
Les probabilités sur les branches de second niveau sont des probabilités conditionnelles!
- La probabilité cherchée est $p(C∩A)=p(C)×p_C(A)=0,15×0,8=0,12$ (par application de la seconde règle).
- La probabilité cherchée est $p(S∩A)=p(S)×p_S(A)=0,85×0,1=0,085$ (par application de la seconde règle).
- On cherche $p(A)$.
Comme $A=(C∩A)∪(S∩A)$ et comme les événements $C∩A$ et $S∩A$ sont incompatibles, on obtient:
$p(A)=p(C∩A)+p(S∩A)$ .
Soit: $p(A)=0,12+0,085=0,205$. - La probabilité cherchée est $p_A(C)={p(C∩A)}/{p(A)}={0,12}/{0,205}≈0,59$.
- On peut donc envisager de renoncer à ce test de dépistage. Il n'est pas fiable. En effet, la probabilité qu'un patient soit contaminé sachant que son test est positif est trop faible.