Probabilité conditionnelle

Probabilités conditionnelles

Reprenons l’exemple du dé. Notons \(A\) l’événement “on obtient un 2” et \(B\) l’événement “on n’obtient pas 1”. L’événement \(A \cap B\) est égal à \(A\) car si on obtient 2 et pas 1 , c’est qu’on a obtenu 2 tout court. Donc \(\mathbb{P}(A \cap B)=1 / 6\). De plus, \(\mathbb{P}(B)=5 / 6\) car il y a 5 résultats favorables sur 6 si on n’obtient pas 1 .

Supposons maintenant qu’on sache que \(B\) est vérifié, c’est-à-dire qu’on n’a pas obtenu 1 . Dans ce cas, la probabilité d’obtenir 2 est de \(1 / 5\), car il n’y a plus que 5 résultats possibles (et on est toujours dans un cas équiprobable). On remarque que cette probabilité vaut exactement \(\mathbb{P}(A \cap B) / \mathbb{P}(B)\). C’est ce qu’on appelle une probabilité conditionnelle.

Définition 6 Soit \(A\) et \(B\) deux événements tels que \(\mathbb{P}(B) \neq 0\). On appelle probabilité conditionnelle de \(A\) sachant \(B\) (c’est-à-dire sachant que \(B\) est réalisé), notée \(\mathbb{P}(A / B)\) le quotient :

\[ \mathbb{P}(A / B)=\frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)} \]

Proposition 7 Soit \(B\) un événement de probabilité \(\mathbb{P}(B)\) non nulle. Alors \(\mathbb{Q}(A)=\mathbb{P}(A / B)\) est une probabilité sur \(S\).

Preuve. Il suffit de montrer que \(\mathbb{Q}\) vérifie bien les propriétés de la définition d’une probabilité.

• Soit \(A \in S\); on a alors

\[ 0 \leq \mathbb{Q}(A)=\mathbb{P}(A / B) \leq 1 \]

car \(\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(A \cap B)+\mathbb{P}(\bar{A} \cap B) \geq \mathbb{P}(A \cap B)\).

• On a

\[ \mathbb{Q}(\Omega)=\mathbb{P}(\Omega / B)=\frac{\mathbb{P}(\Omega \cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(B)}{\mathbb{P}(B)}=1 \]

• Soit \(\left(A_{n}\right)_{n}\) une famille d’événements deux à deux incompatibles.

\[ \mathbb{Q}\left(\bigcup_{n} A_{n}\right)=\mathbb{P}\left(\left(\bigcup_{n} A_{n}\right) / B\right)=\frac{\mathbb{P}\left(\left(\bigcup_{n} A_{n}\right) \cap B\right)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}\left(\bigcup_{n}\left(A_{n} \cap B\right)\right)}{\mathbb{P}(B)}=\sum_{n} \frac{\mathbb{P}\left(A_{n} \cap B\right)}{\mathbb{P}(B)}=\sum_{n} \mathbb{P}\left(A_{n} / B\right) \]

On a bien vérifié toutes les propriétés, donc \(\mathbb{Q}\) est une probabilité sur \(S\). Définition 8 Soit \(\left(A_{i}\right)_{i \in I}\) une famille (finie) d’événements (en général non impossibles, i.e. \(\mathbb{P}\left(A_{i}\right)>0\) pour tout \(i\) ). On dira que c’est un système complet d’événements si :

\[ \bigcup_{i \in I} A_{i}=\Omega \quad \text { et } \quad A_{i} \cap A_{j}=\emptyset, \quad \forall i \neq j . \]

Proposition 9 Soit \(\left(A_{i}\right)_{i \in I}\) un système complet d’événements et soit \(B\) un événement quelconque. Alors :

\[ \mathbb{P}(B)=\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(B \cap A_{i}\right) \]

Preuve. Puisque \(\left(A_{i}\right)_{i \in I}\) est un système complet d’événements, \(\bigcup_{i \in I} A_{i}=\Omega\). On peut écrire :

\[ \mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(B \cap \Omega)=\mathbb{P}\left(B \cap\left(\bigcup_{i \in I} A_{i}\right)\right)=\mathbb{P}\left(\bigcup_{i \in I}\left(B \cap A_{i}\right)\right) \]

Or, par définition d’un système complet, les \(A_{i}\) sont deux à deux incompatibles. Les \(B \cap A_{i}\) le sont donc aussi, et on a bien finalement :

\[ \mathbb{P}(B)=\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(B \cap A_{i}\right) \]

Proposition 10 Soit \(\left(A_{i}\right)_{i \in I}\) un système complet d’événements et \(B\) un événement vérifiant \(\mathbb{P}(B) \neq 0\) et \(\mathbb{P}\left(A_{i}\right) \neq 0 \forall i \in I\). Alors,

1 .

\[ \mathbb{P}(B)=\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(B / A_{i}\right) \mathbb{P}\left(A_{i}\right) \]

2. Formule de Bayes :

\[ \mathbb{P}\left(A_{k} / B\right)=\frac{\mathbb{P}\left(A_{k}\right) \mathbb{P}\left(B / A_{k}\right)}{\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(A_{i}\right) \mathbb{P}\left(B / A_{i}\right)} \quad \forall k \in I \]

On a un corollaire immédiat : Corollaire 11 Soit \(A\) et \(B\) deux événements vérifiant \(\mathbb{P}(B) \neq 0\) et \(0<\mathbb{P}(A)<1\). Alors :

\[ \mathbb{P}(A / B)=\frac{\mathbb{P}(B / A) \mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B / A)+\mathbb{P}(\bar{A}) \mathbb{P}(B / \bar{A})} \]

Démontrons la proposition précédente.

Preuve.

1. On a vu (prop 1.3.2) que:

\[ \mathbb{P}(B)=\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(B \cap A_{i}\right) . \]

Puisque \(\mathbb{P}\left(B / A_{i}\right)=\frac{\mathbb{P}\left(B \cap A_{i}\right)}{\mathbb{P}\left(A_{i}\right)}\), on a bien :

\[ \mathbb{P}(B)=\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(B / A_{i}\right) \mathbb{P}\left(A_{i}\right) . \]

2. Par définition des probabilités conditionnelles, \(\mathbb{P}\left(A_{k} / B\right)=\frac{\mathbb{P}\left(A_{k} \cap B\right)}{\mathbb{P}(B)}\). On peut donc écrire, en utilisant le même raisonnement que ci-dessus :

\[ \mathbb{P}\left(A_{k} / B\right)=\frac{\mathbb{P}\left(B / A_{k}\right) \mathbb{P}\left(A_{k}\right)}{\mathbb{P}(B)} \]

En utilisant le résultat du 1 . et en remplaçant \(\mathbb{P}(B)\), on obtient bien :

\[ \mathbb{P}\left(A_{k} / B\right)=\frac{\mathbb{P}\left(A_{k}\right) \mathbb{P}\left(B / A_{k}\right)}{\sum_{i \in I} \mathbb{P}\left(A_{i}\right) \mathbb{P}\left(B / A_{i}\right)} \]

6 Evénements indépendants

Prenons une urne contenant des jetons numérotés de 1 à \(N\). Considérons les événements \(A=\) “obtenir le jeton 1 au premier tirage” et \(B=\) “obtenir le jeton 1 au deuxième tirage”. Si les tirages se font sans remise et que l’événement \(A\) est réalisé, l’événement \(B\) ne peut pas être réalisé. Par contre, si les tirages se font avec remise, le fait que l’événement \(A\) soit réalisé ou non n’influe pas sur la probabilité que \(B\) soit réalisé et vice-versa. C’est ce qu’on appelle des événements indépendants.

Proposition 12 Soit \(A\) et \(B\) deux événements de probabilité non nulle. Alors les trois énoncés suivants sont équivalents :

1. \(\mathbb{P}(A / B)=\mathbb{P}(A)\)
2. \(\mathbb{P}(B / A)=\mathbb{P}(B)\)
3. \(\mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B)\).

Preuve. Elle se fait facilement par succession d’équivalence :

\[ \begin{aligned} \mathbb{P}(A / B)=\mathbb{P}(A) & \Longleftrightarrow \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\mathbb{P}(A) \\ & \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \\ & \Longleftrightarrow \frac{\mathbb{P}(B \cap A)}{\mathbb{P}(A)}=\mathbb{P}(B) \\ & \Longleftrightarrow \mathbb{P}(B / A)=\mathbb{P}(B) \end{aligned} \]

Définition 13 Deux événements \(A\) et \(B\) sont dits indépendants (noté \(A \amalg B\) ) si et seulement si :

\[ \mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \]

Proposition 14 Soit \(A\) et \(B\) deux événements. Alors on \(a\) :

1. \(A \coprod A \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A)=0\) ou \(\mathbb{P}(A)=1\).
2. \(A \coprod B \Longleftrightarrow A \coprod \bar{B} \Longleftrightarrow \bar{A} \coprod B \Longleftrightarrow \bar{A} \coprod \bar{B}\).

Preuve.

1. \(A \coprod A \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A \cap A)=\mathbb{P}^{2}(A) \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A)(1-\mathbb{P}(A))=0 \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A)=0\) ou \(\mathbb{P}(A)=1\).
2. Il suffit de montrer la première équivalence, les autres sont alors automatiques.

\[ \left.\begin{array}{rl} A \amalg B & \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A) \mathbb{P}(B) \\ & \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}(A)(1-\mathbb{P}(\bar{B}) \\ & \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(\bar{B})=\mathbb{P}(A)-\mathbb{P}(A \cap B) \end{array} \Longleftrightarrow \mathbb{P}(A) \mathbb{P}(\bar{B})=\mathbb{P}(A \cap B)+\mathbb{P}(A \cap \bar{B})-\mathbb{P}(A \cap B), \vec{B}\right)=\mathbb{P}(A \cap \bar{B}) \quad \Longleftrightarrow A \coprod \bar{B} . \]

On peut étendre cette notion d’événements indépendants à une famille : Définition 15 Une famille d’événements \(\left(A_{i}\right)_{i \in I}\) est dite indépendante si pour toute sous-famille finie \(\left(A_{i_{1}}, A_{i_{2}}, \ldots, A_{i_{n}}\right)\) de cette famille, on a :

\[ \mathbb{P}\left(\bigcap_{j=1}^{n} A_{i_{j}}\right)=\prod_{j=1}^{n} \mathbb{P}\left(A_{i_{j}}\right) . \]

On retrouve les mêmes propriétés que pour deux événements indépendants. ATTENTION, le fait que les événements \(\left(A_{i}\right)_{i \in I}\) sont indépendants entraîne qu’ils sont indépendants deux à deux, mais la réciproque est fausse. Exercice On lance une pièce deux fois de suite. Soit \(A\) l’événement “obtenir face au premier jet”, \(B\) l’événement “obtenir face au deuxième jet”, et \(C\) l’événement “obtenir deux résultats différents”. Montrer que les événements \(A, B, C\) sont deux à deux indépendants, mais que la famille \((A, B, C)\) n’est pas indépendante.