MPSI · Probabilités sur un univers fini

Probabilités conditionnelles et probabilités composées

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La notion de probabilité conditionnelle formalise l'idée intuitive suivante : la connaissance partielle d'une expérience modifie les probabilités des événements encore incertains. Conditionner revient à restreindre l'univers des possibles à l'information acquise.

Dans toute la suite, (Ω,P)(\Omega, \mathbb{P}) désigne un espace probabilisé fini.

Probabilité conditionnelle

Question

Un dé a été lancé, mais on ne voit pas le résultat : quelqu'un annonce seulement qu'il est pair. La probabilité d'avoir obtenu 66 valait 16\tfrac16 avant cette annonce — que vaut-elle après ? Rien dans les axiomes ne permet de répondre : il faut une définition nouvelle. Laquelle, et comment garantir qu'elle reste une probabilité ?

Définition 1 : Probabilité conditionnelle de B sachant A

Soient AA et BB deux événements tels que P(A)≠0\mathbb{P}(A) \neq 0. La probabilité que BB soit réalisé, sachant que AA l'est, est définie par

PA(B)=P(A∩B)P(A). \mathbb{P}_A(B) = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)}.

On lit : « la probabilité de BB sachant AA », et on la note aussi P(B∣A)\mathbb{P}(B \mid A).

Remarque :

On sait que AA est réalisé et on restreint donc l'univers à AA. Dans le cas équiprobable, cela revient au calcul

PA(B)=Card(A∩B)Card(A)=Card(A∩B) Card(Ω)Card(A) Card(Ω)=Card(A∩B)Card(Ω)⋅Card(Ω)Card(A)=P(A∩B)P(A). \mathbb{P}_A(B) = \frac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(A)} = \frac{\mathrm{Card}(A \cap B)\,\mathrm{Card}(\Omega)} {\mathrm{Card}(A)\,\mathrm{Card}(\Omega)} = \frac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(\Omega)} \cdot\frac{\mathrm{Card}(\Omega)}{\mathrm{Card}(A)} = \frac{\mathbb{P}(A \cap B)}{\mathbb{P}(A)}.
ΩABABnouvel univers
Conditionner par A, c'est remplacer l'univers Ω par A. La probabilité de B sachant A mesure la part de A qu'occupe B, et non plus la part de Ω.

Exemple :

On lance un dé équilibré. Sachant que le résultat est pair, la probabilité d'avoir obtenu 66 passe de 16\tfrac16 à 13\tfrac13 : l'information a divisé par deux le nombre de possibilités. Inversement, sachant que le résultat est 66, la probabilité qu'il soit pair vaut 11. Les deux conditionnements ne donnent pas du tout la même chose — d'où vient cette asymétrie ?

Test 1 : Symétrie du conditionnement

Pour tous événements AA et BB de probabilités non nulles, PA(B)=PB(A)\mathbb{P}_A(B)=\mathbb{P}_B(A).

Question

PA\mathbb{P}_A est une application définie sur P(Ω)\mathcal{P}(\Omega), comme P\mathbb{P}. Mérite-t-elle pour autant le nom de probabilité — autrement dit, vérifie-t-elle les trois axiomes ? L'enjeu n'est pas théorique : si oui, toutes les règles de calcul établies pour P\mathbb{P} s'appliquent telles quelles à PA\mathbb{P}_A, sans avoir à les redémontrer.

Théorème 1 : Probabilité conditionnelle comme probabilité

Pour tout A⊂ΩA \subset \Omega tel que P(A)>0\mathbb{P}(A) > 0, l'application PA\mathbb{P}_A définit une probabilité sur Ω\Omega.

Démonstration :

Supposons P(A)>0\mathbb{P}(A)>0, de sorte que PA\mathbb{P}_A est bien définie sur P(Ω)\mathcal{P}(\Omega) par PA(B)=P(A∩B)P(A)\mathbb{P}_A(B)=\dfrac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(A)}. Vérifions les trois axiomes.

Premier axiome. Soit BB un événement. On a P(A∩B)⩾0\mathbb{P}(A\cap B)\geqslant 0, donc PA(B)⩾0\mathbb{P}_A(B)\geqslant 0. Par ailleurs A∩B⊂AA\cap B\subset A, donc P(A∩B)⩽P(A)\mathbb{P}(A\cap B)\leqslant\mathbb{P}(A) par croissance, et en divisant par P(A)>0\mathbb{P}(A)>0 il vient PA(B)⩽1\mathbb{P}_A(B)\leqslant 1. Ainsi PA\mathbb{P}_A est à valeurs dans [0,1][0,1].

Deuxième axiome. PA(Ω)=P(A∩Ω)P(A)=P(A)P(A)=1\displaystyle\mathbb{P}_A(\Omega)=\frac{\mathbb{P}(A\cap\Omega)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{\mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(A)}=1.

Troisième axiome. Soient BB et CC deux événements incompatibles. Les événements A∩BA\cap B et A∩CA\cap C le sont aussi, puisque

(A∩B)∩(A∩C)=A∩(B∩C)=A∩∅=∅.(A\cap B)\cap(A\cap C)=A\cap(B\cap C)=A\cap\varnothing=\varnothing.

Par distributivité, A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C)A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup(A\cap C), et l'additivité de P\mathbb{P} donne

P(A∩(B∪C))=P(A∩B)+P(A∩C).\mathbb{P}\bigl(A\cap(B\cup C)\bigr)=\mathbb{P}(A\cap B)+\mathbb{P}(A\cap C).

En divisant par P(A)\mathbb{P}(A), on obtient PA(B∪C)=PA(B)+PA(C)\mathbb{P}_A(B\cup C)=\mathbb{P}_A(B)+\mathbb{P}_A(C).

L'application PA\mathbb{P}_A est donc une probabilité sur Ω\Omega.

Remarque :

  1. Donner un conditionnement, c'est changer de probabilité : on ne travaille plus avec P\mathbb{P} mais avec PA\mathbb{P}_A, qui est une probabilité à part entière sur Ω\Omega (c'est précisément ce qu'affirme le théorème précédent). Toute probabilité peut d'ailleurs s'interpréter comme une probabilité conditionnelle relativement à « tout ce que l'on sait » : la probabilité P\mathbb{P} elle-même est déjà conditionnée par l'énoncé du problème.
  2. Dans certains exercices, les probabilités directes sont difficiles à calculer, tandis qu'un conditionnement approprié les rend immédiates. L'astuce consiste alors à choisir le bon événement AA tel que PA(B)\mathbb{P}_A(B) soit calculable, puis à reconstituer P(B)\mathbb{P}(B) via la formule des probabilités totales.

Test 2 : Passage au contraire sous conditionnement

Si P(A)>0\mathbb{P}(A)>0, alors pour tout événement BB on a PA(B‾)=1−PA(B)\mathbb{P}_A\bigl(\overline{B}\bigr)=1-\mathbb{P}_A(B).

Rédaction — Calculer une probabilité conditionnelle :

Trois voies, à choisir selon ce que fournit l'énoncé.

Voie 1 — par la définition. Calculer séparément P(A∩B)\mathbb{P}(A\cap B) et P(A)\mathbb{P}(A), puis diviser. C'est la voie par défaut quand les deux probabilités sont accessibles.

Voie 2 — par comptage dans AA (modèle équiprobable seulement). On oublie Ω\Omega et l'on compte à l'intérieur de AA :

PA(B)=Card(A∩B)Card(A).\mathbb{P}_A(B)=\frac{\mathrm{Card}(A\cap B)}{\mathrm{Card}(A)}.

C'est la traduction directe de « l'univers est devenu AA ».

Voie 3 — par lecture du protocole. Très souvent, l'énoncé livre la conditionnelle sans calcul : « après avoir tiré une boule blanche, il reste n−1n-1 boules dont p−1p-1 blanches » donne directement PB1(B2)=p−1n−1\mathbb{P}_{B_1}(B_2)=\tfrac{p-1}{n-1}. C'est la voie la plus rapide, et celle qui alimente la formule des probabilités composées.

Deux confusions à écarter.

ÉcritureCe qu'elle mesure
P(A∩B)\mathbb{P}(A\cap B)la part de Ω\Omega où AA et BB sont tous deux réalisés
PA(B)\mathbb{P}_A(B)la part de AA où BB est réalisé
PB(A)\mathbb{P}_B(A)la part de BB où AA est réalisé

Ces trois nombres sont en général distincts, et seul le premier est symétrique en AA et BB.

Exercice 1 : Deux enfants

Une famille a deux enfants. On modélise la situation par

Ω={(F,F), (F,G), (G,F), (G,G)},\Omega=\bigl\{(\text{F},\text{F}),\ (\text{F},\text{G}),\ (\text{G},\text{F}),\ (\text{G},\text{G})\bigr\},

muni de l'équiprobabilité, la première coordonnée désignant l'aîné et la seconde le cadet (F\text{F} pour fille, G\text{G} pour garçon).

Soit DD l'événement « les deux enfants sont des filles ».

  1. On apprend qu'au moins un des deux enfants est une fille. Quelle est la probabilité de DD sachant cette information ?
  2. On apprend cette fois que l'aîné est une fille. Quelle est la probabilité de DD sachant cette information ?
  3. Les deux réponses diffèrent. Expliquer précisément ce que la seconde information apporte de plus que la première.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Notons AA l'événement « au moins un des deux enfants est une fille » :

A={(F,F), (F,G), (G,F)},P(A)=34.A=\bigl\{(\text{F},\text{F}),\ (\text{F},\text{G}),\ (\text{G},\text{F})\bigr\},\qquad \mathbb{P}(A)=\frac34.

On a D={(F,F)}⊂AD=\{(\text{F},\text{F})\}\subset A, donc A∩D=DA\cap D=D et

PA(D)=P(D)P(A)=1/43/4=13.\mathbb{P}_A(D)=\frac{\mathbb{P}(D)}{\mathbb{P}(A)}=\frac{1/4}{3/4}=\frac13.

La voie 2 donne le même résultat d'un coup d'œil : dans le nouvel univers AA, qui compte trois issues, une seule réalise DD.

2. Notons CC l'événement « l'aîné est une fille » :

C={(F,F), (F,G)},P(C)=12,C=\bigl\{(\text{F},\text{F}),\ (\text{F},\text{G})\bigr\},\qquad \mathbb{P}(C)=\frac12,

et de nouveau C∩D=DC\cap D=D, d'où

PC(D)=1/41/2=12.\mathbb{P}_C(D)=\frac{1/4}{1/2}=\frac12.

3. La seconde information désigne un enfant précis, la première non. Savoir que l'aîné est une fille élimine deux issues d'un coup — celles où l'aîné est un garçon — et il ne reste plus qu'une seule inconnue, le sexe du cadet : d'où 12\tfrac12. Savoir qu'il y a au moins une fille n'élimine qu'une seule issue, (G,G)(\text{G},\text{G}), et laisse subsister trois configurations dont une seule est (F,F)(\text{F},\text{F}) : d'où 13\tfrac13.

Autrement dit, conditionner par un événement plus petit ne restreint pas seulement davantage l'univers, cela change le rapport des cas favorables. C'est le mécanisme général : PA(D)\mathbb{P}_A(D) dépend de AA tout entier, pas seulement du fait que AA soit « compatible » avec DD.

Formule des probabilités composées

Question

La définition du conditionnement se relit à l'envers : P(A∩B)=P(A) PA(B)\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}(A)\,\mathbb{P}_A(B). Une intersection de deux événements se calcule donc à partir d'une conditionnelle. Que devient cette lecture pour une intersection de nn événements — et pourquoi est-ce exactement ce dont on a besoin devant un tirage successif sans remise, où l'énoncé fournit naturellement chaque étape sachant les précédentes ?

Théorème 2 : Formule des probabilités composées

Soient A1,A2,…,AnA_1, A_2, \ldots, A_n des événements tels que P(A1∩⋯∩An−1)≠0\mathbb{P}(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1})\neq 0. Alors

P(A1∩A2∩A3∩⋯∩An)=P(A1) PA1(A2) PA1∩A2(A3)⋯PA1∩A2∩⋯∩An−1(An). \mathbb{P}(A_1 \cap A_2 \cap A_3 \cap \cdots \cap A_n) = \mathbb{P}(A_1)\,\mathbb{P}_{A_1}(A_2)\,\mathbb{P}_{A_1 \cap A_2}(A_3) \cdots \mathbb{P}_{A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_{n-1}}(A_n).

Démonstration :

Observons d'abord que l'hypothèse suffit à donner un sens à tous les termes du membre de droite. En effet, pour tout k∈⟦1,n−1⟧k\in\llbracket 1,n-1\rrbracket,

A1∩⋯∩An−1⊂A1∩⋯∩Ak,A_1\cap\cdots\cap A_{n-1}\subset A_1\cap\cdots\cap A_k,

donc, par croissance, P(A1∩⋯∩Ak)⩾P(A1∩⋯∩An−1)>0\mathbb{P}(A_1\cap\cdots\cap A_k)\geqslant\mathbb{P}(A_1\cap\cdots\cap A_{n-1})>0. Toutes les probabilités conditionnelles écrites sont donc bien définies.

Raisonnons par récurrence sur n⩾2n\geqslant 2.

Initialisation. Pour n=2n=2, l'hypothèse est P(A1)≠0\mathbb{P}(A_1)\neq 0 et la formule s'écrit P(A1∩A2)=P(A1)PA1(A2)\mathbb{P}(A_1\cap A_2)=\mathbb{P}(A_1)\mathbb{P}_{A_1}(A_2) : c'est la définition de PA1(A2)\mathbb{P}_{A_1}(A_2), multipliée par P(A1)\mathbb{P}(A_1).

Hérédité. Soit n⩾3n\geqslant 3 ; supposons la formule vraie au rang n−1n-1 pour toute famille d'événements vérifiant l'hypothèse correspondante. Donnons-nous A1,…,AnA_1,\dots,A_n avec P(A1∩⋯∩An−1)≠0\mathbb{P}(A_1\cap\cdots\cap A_{n-1})\neq 0, et posons

C=A1∩⋯∩An−1.C=A_1\cap\cdots\cap A_{n-1}.

Comme P(C)≠0\mathbb{P}(C)\neq 0, la définition du conditionnement appliquée au couple (C,An)(C,A_n) donne

P(A1∩⋯∩An)=P(C∩An)=P(C) PC(An).\mathbb{P}(A_1\cap\cdots\cap A_n)=\mathbb{P}(C\cap A_n)=\mathbb{P}(C)\,\mathbb{P}_{C}(A_n).

Par ailleurs, la famille A1,…,An−1A_1,\dots,A_{n-1} vérifie l'hypothèse au rang n−1n-1, puisque P(A1∩⋯∩An−2)⩾P(C)>0\mathbb{P}(A_1\cap\cdots\cap A_{n-2})\geqslant\mathbb{P}(C)>0 d'après l'observation initiale. L'hypothèse de récurrence donne donc

P(C)=P(A1) PA1(A2)⋯PA1∩⋯∩An−2(An−1).\mathbb{P}(C)=\mathbb{P}(A_1)\,\mathbb{P}_{A_1}(A_2)\cdots\mathbb{P}_{A_1\cap\cdots\cap A_{n-2}}(A_{n-1}).

En reportant, et en reconnaissant PC(An)=PA1∩⋯∩An−1(An)\mathbb{P}_C(A_n)=\mathbb{P}_{A_1\cap\cdots\cap A_{n-1}}(A_n), on obtient la formule au rang nn.

Test 3 : Ordre des facteurs

Si P(A1∩⋯∩An)>0\mathbb{P}(A_1\cap\cdots\cap A_n)>0, on peut appliquer la formule des probabilités composées après avoir permuté les événements : la valeur du produit est inchangée.

Rédaction — Appliquer la formule des probabilités composées :

La formule est l'outil des expériences séquentielles : tirages successifs, épreuves répétées, transmissions en chaîne.

Étape 1 — indexer par le temps. Poser AkA_k = « l'étape kk donne tel résultat ». L'indice doit être le rang de l'étape, jamais autre chose : c'est ce qui rend les conditionnelles lisibles.

Étape 2 — écrire l'événement cible comme une intersection A1∩A2∩⋯∩AnA_1\cap A_2\cap\cdots\cap A_n.

Étape 3 — lire chaque facteur sur le protocole. PA1∩⋯∩Ak−1(Ak)\mathbb{P}_{A_1\cap\cdots\cap A_{k-1}}(A_k) se lit : « sachant tout ce qui s'est passé jusqu'à l'étape k−1k-1, quelle chance a l'étape kk de réussir ? ». Dans un tirage sans remise, cela revient à mettre à jour le contenu de l'urne ; dans un tirage avec remise, la conditionnelle ne dépend pas du passé.

Étape 4 — multiplier, puis contrôler que le résultat appartient à [0,1][0,1] et décroît bien quand on ajoute des conditions.

Exercice 2 : Cinq rouges et trois vertes

Une urne contient 55 boules rouges et 33 boules vertes. On tire successivement et sans remise trois boules.

  1. Calculer la probabilité d'obtenir, dans cet ordre, rouge puis verte puis rouge.
  2. Calculer la probabilité que les trois boules soient rouges.
  3. Comparer les deux résultats et expliquer la coïncidence observée.
  4. Calculer la probabilité que les trois boules soient de la même couleur.
Solution :(cliquer pour afficher)

Pour k∈⟦1,3⟧k\in\llbracket 1,3\rrbracket, notons RkR_k l'événement « la kk-ième boule tirée est rouge » et VkV_k son contraire.

1. La formule des probabilités composées, avec les conditionnelles lues sur le contenu de l'urne à chaque étape :

P(R1∩V2∩R3)=58⋅37⋅46=60336=528.\mathbb{P}(R_1\cap V_2\cap R_3)=\frac58\cdot\frac37\cdot\frac46=\frac{60}{336}=\frac{5}{28}.

Le dénominateur diminue d'une unité à chaque tirage (une boule en moins), le numérateur diminue dans la couleur qui vient d'être retirée.

2. De même,

P(R1∩R2∩R3)=58⋅47⋅36=60336=528.\mathbb{P}(R_1\cap R_2\cap R_3)=\frac58\cdot\frac47\cdot\frac36=\frac{60}{336}=\frac{5}{28}.

3. Les deux probabilités sont égales. Ce n'est pas un accident : les deux produits font intervenir les mêmes facteurs, seulement dans un ordre différent. Le dénominateur est toujours 8×7×68\times 7\times 6, et le numérateur 5×3×45\times 3\times 4 dans un cas, 5×4×35\times 4\times 3 dans l'autre.

Plus généralement, dans un tirage sans remise, la probabilité d'une séquence de couleurs ne dépend que du nombre de boules de chaque couleur qu'elle contient, pas de l'ordre dans lequel elles apparaissent. C'est la traduction probabiliste du fait que les boules sont interchangeables, et cela justifie a posteriori le calcul de la leçon précédente, où l'univers ordonné et l'univers non ordonné donnaient le même résultat.

4. L'événement « les trois boules sont de la même couleur » est la réunion des deux événements incompatibles « toutes rouges » et « toutes vertes ». Or

P(V1∩V2∩V3)=38⋅27⋅16=6336=156,\mathbb{P}(V_1\cap V_2\cap V_3)=\frac38\cdot\frac27\cdot\frac16=\frac{6}{336}=\frac1{56},

donc, par additivité,

P(meˆme couleur)=528+156=1056+156=1156≈0,196.\mathbb{P}(\text{même couleur})=\frac{5}{28}+\frac1{56}=\frac{10}{56}+\frac{1}{56}=\frac{11}{56}\approx 0{,}196.

Exercice 3 : Une urne équilibrée

Une urne contient nn boules blanches et nn boules noires. On tire nn boules. Quelle est la probabilité de n'avoir que des blanches ?

Distinguer les situations selon les types de tirage.

Solution :(cliquer pour afficher)

Pour k∈⟦1,n⟧k\in\llbracket 1,n\rrbracket, notons BkB_k l'événement « la kk-ième boule tirée est blanche ». L'événement cible est B1∩B2∩⋯∩BnB_1\cap B_2\cap\cdots\cap B_n. L'urne contient 2n2n boules au départ, dont nn blanches.

Tirages successifs sans remise. À l'étape kk, si les k−1k-1 premières boules tirées étaient blanches, il reste 2n−(k−1)2n-(k-1) boules dont n−(k−1)n-(k-1) blanches, donc

PB1∩⋯∩Bk−1(Bk)=n−k+12n−k+1.\mathbb{P}_{B_1\cap\cdots\cap B_{k-1}}(B_k)=\frac{n-k+1}{2n-k+1}.

L'hypothèse du théorème est vérifiée, puisqu'il est possible de tirer n−1n-1 boules blanches. La formule des probabilités composées donne

P(B1∩⋯∩Bn)=∏k=1nn−k+12n−k+1=n(n−1)⋯12n(2n−1)⋯(n+1)=n! n!(2n)!=1(2nn).\mathbb{P}(B_1\cap\cdots\cap B_n)=\prod_{k=1}^{n}\frac{n-k+1}{2n-k+1} =\frac{n(n-1)\cdots 1}{2n(2n-1)\cdots(n+1)} =\frac{n!\,n!}{(2n)!}=\frac{1}{\dbinom{2n}{n}}.

Tirage simultané. L'univers est l'ensemble des parties à nn éléments d'un ensemble à 2n2n boules, de cardinal (2nn)\binom{2n}{n}, et une seule d'entre elles est constituée des nn boules blanches :

P=1(2nn).\mathbb{P}=\frac{1}{\dbinom{2n}{n}}.

On retrouve la valeur précédente, ce qui était attendu : l'événement étudié ne dépend pas de l'ordre des tirages.

Tirages successifs avec remise. Chaque boule tirée est remise avant la suivante, si bien que la composition de l'urne est identique à chaque étape :

PB1∩⋯∩Bk−1(Bk)=n2n=12pour tout k,\mathbb{P}_{B_1\cap\cdots\cap B_{k-1}}(B_k)=\frac{n}{2n}=\frac12 \qquad\text{pour tout }k,

d'où

P(B1∩⋯∩Bn)=(12)n=12n.\mathbb{P}(B_1\cap\cdots\cap B_n)=\left(\frac12\right)^{n}=\frac{1}{2^{n}}.

Comparaison. Les deux valeurs sont très différentes. Pour n=5n=5, on obtient 1252≈0,004\tfrac1{252}\approx 0{,}004 sans remise, contre 132≈0,031\tfrac1{32}\approx 0{,}031 avec remise : près de huit fois plus. La raison est claire sur les conditionnelles — sans remise, chaque boule blanche tirée raréfie les blanches restantes et la suite devient de plus en plus difficile, alors qu'avec remise l'urne est remise à neuf à chaque étape.