b,p

22 Probabilités conditionnelles (Ω, B, P) est un espace probabilisé.

22.1

Définition et propriétés des probabilités conditionnelles

Considérons l’expérience aléatoire qui consiste à lancer deux fois un dé équilibré et les événements A et B définis par : A = « la somme des chiffres obtenus est 9» et B = « le premier lancé donne 5» En supposant qu’il y a équiprobabilité, on a : P (A) = P ({(3, 6) , (4, 5) , (5, 4) , (6, 3)}) =

4 1 = . 36 9

Mais, si on sait que l’événement B est réalisé, c’est-à-dire que le premier lancé a donné 5, il semble raisonnable de dire que : PB (A) = P ({4}) =

1 1 6= 6 9

Sachant que B est réalisé on est donc amené à changer d’univers. Dans le premier cas, où on ne dispose d’aucune information sur le premier lancé, un univers adapté est Ω = {(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ 6} avec la probabilité : P : P (Ω) → A

[0, 1] card (A) 7 → P (A) = card (Ω)

avec card (Ω) = 62 et dans le deuxième cas où on dispose de l’information « B est réalisé » un univers adapté est ΩB = {i | 1 ≤ i ≤ 6} avec la probabilité : PB : P (ΩB ) → A

[0, 1] card (A) 7 → PB (A) = card (ΩB )

avec card (ΩB ) = 6. 543

544

Probabilités conditionnelles

Pour calculer de telles probabilités conditionnelles PB (A) , une idée naturelle est de répéter un grand nombre de fois l’expérience dans les mêmes conditions. Si pour n expériences, on note n (E) le nombre de fois où un événement E est réalisé, la quantité : µ ¶−1 n (A ∩ B) n (A ∩ B) n (B) fB (A) = = n (B) n n est la fréquence relative de réalisation de A sur n coups sachant que B est réalisé. Plus n sera grand, plus fB (A) se rapprochera d’une quantité qui sera la probabilité de réalisation de A sachant que B est réalisé. Il est donc naturel de poser : PB (A) = lim fB (A) = n→+∞

P (A ∩ B) P (B)

Définition 22.1 Soient A, B deux événements dans B avec P (B) 6= 0. La probabilité de A sachant B est le réel : P (A ∩ B) PB (A) = . P (B) Théorème 22.1 Pour tout événement B ∈ B de probabilité non nulle, l’application : PB : B →

[0, 1] P (A ∩ B) A → 7 PB (A) = P (B)

est une probabilité sur (Ω, B) . Démonstration. On a : –

P (Ω ∩ B) P (B) = = 1. P (B) P (B) – Si (An )n∈N est une suite d’événements deux à deux incompatibles, il est de même de la suite (An ∩ B)n∈N et : ÃÃ ! ! Ã ! [ [ Ã ! P An ∩ B P (An ∩ B) [ n∈N n∈N PB An = = P (B) P (B) n∈N PB (Ω) =

=

+∞ X P (An ∩ B) n=0

P (B)

=

+∞ X

PB (An )

n=0

On dit que PB est la probabilité conditionnelle sur (Ω, B) sachant B et par définition, on a : P (A ∩ B) = PB (A) P (B) On note aussi PB (A) = P (A | B) . Théorème 22.2 Si n ≥ 2 et A1 , · · · , An sont des événements dans B tels que P

µn−1 T k=1

on a alors :

à P

n \

k=1

! Ak

à = P (A1 ) P (A2 | A1 ) P (A3 | A1 ∩ A2 ) · · · P An |

n−1 \ k=1

! Ak

¶ Ak

6= 0,

Définition et propriétés des probabilités conditionnelles Démonstration. Comme

n−1 T

Ak ⊂

p T

545

Ak pour tout p compris entre 1 et n − 1, on a :

k=1

k=1

Ã

!

p \

P

Ak

≥P

Ãn−1 \

k=1

et les probabilités conditionnelles P Tp k=1

On vérifie alors que :

! Ak

>0

k=1

sont bien définies.

Ak

µ P (A1 )

n−1 Y

à P Ap+1 |

p=1

p \

! Ak

k=1

P (A1 ∩ A2 ) P (A1 ∩ A2 ∩ A3 ) = P (A1 ) ··· P (A1 ) P (A1 ∩ A2 ) Ã =P

n \

P P

k=1 µn−1 T

¶ Ak ¶ Ak

k=1

! Ak

n T

.

k=1

Théorème 22.3 (Formule des probabilités totales) Si (A1 , · · · , An ) est un système complet d’événements dans B tel que P (Ak ) 6= 0 pour tout k compris entre 1 et n, on a alors pour tout événement A ∈ B : n X P (A | Ak ) P (Ak ) P (A) = k=1

Démonstration. On a la partition : A=A∩Ω=A∩

n [

Ak =

P (A) =

n X k=1

P (A ∩ Ak ) =

A ∩ Ak

k=1

k=1

qui nous donne :

n [

n X

P (A | Ak ) P (Ak )

k=1

Exercice 22.1 Un fumeur essaye de ne plus fumer. S’il ne fume pas un jour donné, alors la probabilité qu’il ne fume pas le lendemain est p ∈ ]0, 1[ . S’il fume un jour donné, alors la probabilité qu’il ne fume pas le lendemain est q ∈ ]0, 1[ . 1. Calculer la probabilité pn que cette personne ne fume pas le n-ème jour. 2. Calculer lim pn . n→+∞

Solution 22.1 Pour n ≥ 0, on note respectivement Fn et Ω \ Fn les événements : Fn : « il fume le n-ème jour » Fn = Ω \ Fn : « il ne fume pas le n-ème jour » ¢ ¡ ¢ On connaît p = P Fn | Fn−1 et p = P Fn | Fn−1 pour n ≥ 1. ¡

546

Probabilités conditionnelles

¡ ¢ 1. Comme Fn−1 , Fn−1 est un système complet d’événements, on a : ¡ ¢ ¡ ¢ pn = P Fn = q · P (Fn−1 ) + p · P Fn−1 = (1 − pn−1 ) q + pn−1 p = (p − q) pn−1 + q La suite (pn )n∈N est donc une suite arithmético-géométrique et on a : pn = r + (p0 − r) (p − q)n où r =

q . 1 − (p − q)

2. On a lim (pn ) = r = n→+∞

q . 1 − (p − q)

Théorème 22.4 (Formule de Bayes) Si (A1 , · · · , An ) est un système complet d’événements dans B tel que P (Ak ) 6= 0 pour tout k compris entre 1 et n, on a alors pour tout événement B ∈ B de probabilité non nulle et tout entier j compris entre 1 et n : P (B | Aj ) P (Aj ) P (Aj | B) = P n P (B | Ak ) P (Ak ) k=1

Démonstration. On a : P (Aj | B) =

P (Aj ∩ B) P (B | Aj ) P (Aj ) = P n P (B) P (B | Ak ) P (Ak ) k=1

Exercice 22.2 Des études sur une population ont montré que l’on pouvait admettre que la probabilité pn qu’une famille ait exactement n enfants est définie par : ∀n ≥ 1, pn = αpn avec 0 < p < 1, α > 0 et (1 + α) p < 1. On suppose que les naissances des garçons et des filles sont équiprobables. 1. Calculer la probabilité pour une famille de ne pas avoir d’enfants. 2. Calculer la probabilité pour une famille d’avoir exactement k garçons. 3. Étant donnée une famille ayant au moins un garçon, quelle est la probabilité qu’elle en ait deux ou plus ? Solution 22.2 Pour tout entier n ≥ 0, on note respectivement En et Gn les événements : En = « la famille a n enfants » Gn = « la famille a n garçons » 1. On a pn = P (En ) = αpn pour n ≥ 1 et : p0 = P (E0 ) = 1 −

+∞ X n=1

αpn = 1 − α

1 − (1 + α) p p = 1−p 1−p

Définition et propriétés des probabilités conditionnelles

547

2. Comme (En )n≥0 est un système complet d’événements, on a pour k ≥ 1 : Gk =

+∞ [

Gk ∩ En =

n=0

+∞ [

Gk ∩ En

n=k

(Gk ∩ En = ∅ pour 0 ≤ n < k) et : P (Gk ) =

+∞ X

P (Gk ∩ En ) =

+∞ X

n=k +∞ X

P (En ) P (Gk | En )

n=k

µ ¶k µ ¶n−k 1 1 n k =α p Cn 2 2 n=k (dans une famille de n enfants, il y a Cnk façons de placer l’ordre de naissance des garçons µ ¶k µ ¶n−k 1 1 si les naissances des et par chacune d’elles la probabilité de réalisation est 2 2 filles et des garçons sont supposées équiprobables). On a donc : P (Gk ) = α

+∞ X

Cnk

³ p ´n 2

n=k

³ p ´n−k α ³ p ´k X = n (n − 1) · · · (n − (k − 1)) k! 2 n=k 2 +∞

soit en tenant compte de : +∞ X

µ n (n − 1) · · · (n − (k − 1)) x

n−k

=

n=k

1 1−x

2α α ³ p ´k k! = P (Gk ) = ¡ ¢ k+1 k! 2 2−p 1 − p2

¶(k) = µ

k! (1 − x)k+1

p 2−p

¶k

Pour k = 0, on a : +∞

2α X P (G0 ) = 1 − 2 − p k=1 =1−

µ

¶k

p 2−p

=1−

p 1 2α p 2 − p 2 − p 1 − 2−p

αp 2 − (3 + α) p + p2 = (1 − p) (2 − p) (1 − p) (2 − p)

3. La probabilité cherchée est :

P

Ã+∞ [

Gk |

k=2

+∞ [

! Gk

k=1

P = P

Ã+∞ [

! Gk

Ãk=2 +∞ [

Gk

!=

1 − P (G0 ) − P (G1 ) 1 − P (G0 )

k=1

=1−

P (G1 ) p = 1 − P (G0 ) 2−p

Exercice 22.3 Deux joueurs A et B possèdent un capital de a et b euros respectivement. Ils jouent à pile ou face en misant 1 euro par partie jusqu’à la ruine de l’un d’eux. Déterminer la probabilité de ruine de chacun.

548

Probabilités conditionnelles

Solution 22.3 On désigne, pour tout entier n ≥ 0, par An l’événement : An = « A possède n euros et terminera ruiné » et par A l’événement : A = « A gagne un tirage de Pile ou Face » Pour n ≥ 1, on a : An = (An−1 ∩ A) ∪ (An+1 ∩ (Ω \ A)) et en notant pn = P (An ) , on déduit que : 1 (pn−1 + pn+1 ) 2 n = 0, ce qui donne pn = 1 − et : a+b pn =

avec p0 = 1, pa+b

P (A perd) = pa =

22.2

b a , P (B perd) = pb = . a+b a+b

Événements indépendants

Dans le cas où P (A | B) = P (A) , on déduit que le fait que soit B soit réalisé ne change rien sur le calcul de P (A) . Dans ces conditions, on dit que A et B sont des événements indépendants. Définition 22.2 On dit que deux événements A et B dans B sont indépendants (ou stochastiquement indépendants) si : P (A ∩ B) = P (A) P (B) . Remarque 22.1 Si P (B) = 0, on a alors, pour tout A ∈ B, 0 ≤ P (A ∩ B) ≤ P (B) = 0, donc P (A ∩ B) = P (A) P (B) = 0 et A et B sont indépendants. Si P (B) 6= 0, les événements A et B sont indépendants si, et seulement si, P (A | B) = P (A) . Remarque 22.2 Deux événements peuvent être incompatibles, sans être indépendants. Par exemple, si P (A) = p ∈ ]0, 1[ , on a alors : P (A) P (Ω \ A) = p (1 − p) 6= 0 = P (A ∩ (Ω \ A)) . Exercice 22.4 Soit(Ω, B, P) un espace probabilisé. 1. Soient A, B deux événements tels que P (A) = 0.2 et P (A ∪ B) = 0.5. Quelle est la valeur de P (B) si A et B sont incompatibles ? 2. Soient A, B deux événements tels que P (A) = 0.1 et P (A ∪ B) = 0.6. Quelle est la valeur de P (B) si A et B sont indépendants ? Solution 22.4 1. Si A et B sont incompatibles, on a alors : 0.5 = P (A ∪ B) = P (A) + P (B) = 0.2 + P (B) et P (B) = 0.3.

Événements indépendants

549

2. Si A et B sont indépendants, on a alors : 0.6 = P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) = P (A) + P (B) − P (A) P (B) = 0.1 + 0.9 · P (B) 5 et P (B) = . 9 Exercice 22.5 Montrer que A et B sont indépendants dans B si, et seulement si, A et Ω \ B sont indépendants et que A et Ω \ B sont indépendants si et seulement si, Ω \ A et Ω \ B sont indépendants. Solution 22.5 On a A ∩ (Ω \ B) = A \ (A ∩ B) et : P (A ∩ (Ω \ B)) = P (A \ (A ∩ B)) = P (A) − P (A ∩ B) ce qui donne pour A et B sont indépendants : P (A ∩ (Ω \ B)) = P (A) (1 − P (B)) = P (A) P (Ω \ B) qui signifie que A et Ω \ B sont indépendants. Réciproquement si A et Ω\B sont indépendants, il en est alors de même de A et B = Ω\(Ω \ B) . Comme A et B jouent des rôles symétriques, il en résulte que : (A et Ω \ B indépendants) ⇔ (Ω \ A et Ω \ B indépendants) Plus généralement, on définit l’indépendance mutuelle de plusieurs événements comme suit. Définition 22.3 On dit que des événements A1 , · · · , An , où n ≥ 2, sont mutuellement indépendants dans B si pour toute partie J non vide de {1, 2, · · · , n} , on a : Ã ! \ Y P Aj = P (Aj ) . j∈J

j∈J

Remarque 22.3 Des événements mutuellement indépendants sont deux à deux indépendants (il suffit de considérer toutes les parties à 2 éléments de {1, 2, · · · , n}), mais la réciproque est fausse. En effet, considérons l’expérience aléatoire qui consiste à lancer un dé deux fois et les événements A, B, C définis respectivement par « le premier chiffre est pair », « le deuxième chiffre est impair », « la somme des chiffres est paire ». En supposant l’équiprobabilité, on a : P (A) = P (B) = P (C) =

1 2

P (A ∩ B) = P (A ∩ C) = P (B ∩ C) =

1 9 = 36 4

donc les événements A, B, C sont deux à deux indépendants, mais : P (A ∩ B ∩ C) = P (∅) = 0 6= P (A) P (B) P (C) et A, B, C ne sont pas mutuellement indépendants.

550

Probabilités conditionnelles

Exercice 22.6 Soient A1 , · · · , An , où n ≥ 2, des événements mutuellement indépendants dans B. 1. Montrer que Ω \ A1 , A2 , · · · , An sont mutuellement indépendants. 2. En déduire que pour tout entier k compris entre 1 et n, les événements Ω \ A1 , · · · , Ω \ Ak , Ak+1 , · · · , An sont mutuellement indépendants. Solution 22.6 1. On note A01 = Ω \ A1 , A0k = Ak pour k compris entre 2 et n et on se donne une partie J non vide de {1, 2, · · · , n} . Si 1 ∈ / J, on a : Ã ! Ã ! \ \ Y Y ¡ ¢ P A0j = P Aj = P (Aj ) = P A0j . j∈J

j∈J

j∈J

j∈J

Si J a plus de 2 éléments et 1 ∈ J (pour J = {1} , il n’y a rien à montrer), on a alors :   \ \ \ \ Aj \ Aj A0j = (Ω \ A1 ) ∩  Aj  = j∈J

et : Ã P

\



! A0j

 \

= P

j∈J

=

Ã

Aj  − P

j∈J\{1}

Y

P (Aj ) −

Y

\

! Aj

j∈J

P (Aj )

j∈J

j∈J\{1}

Y

= (1 − P (A1 ))

j∈J

j∈J\{1}

j∈J\{1}

P (Aj ) =

Y ¡ ¢ P A0j j∈J

j∈J\{1}

2. On procède récurrence finie. Exercice 22.7 Soit n ≥ 2 un entier naturel. On choisit de manière équiprobable un entier compris entre 1 et n. Soient p un diviseur positif de n et Ap l’événement :« le nombre choisi est divisible par p ». 1. Calculer P (Ap ) . 2. Montrer que si p1 , · · · , pr sont les diviseurs premiers de n, alors les événements Ap1 , · · · , Apr sont mutuellement indépendants. 3. On désigne par ϕ la fonction indicatrice d’Euler définie sur N∗ par ϕ (n) = card {k ∈ {1, · · · , n} | k ∧ n = 1} Montrer que ϕ (n) = n

Y

µ

p premier p divise n

1 1− p

¶ .

Solution 22.7 On se place sur (Ω, P (Ω) , P) , où Ω = {1, · · · , n} et : ∀k ∈ Ω, P ({k}) =

1 . n

Événements indépendants

551

1. Pour p divisant n, on a n = pq et : Ap = {k ∈ Ω | ∃j ∈ Ω ; k = pj} = {p, 2, · · · , qp} donc : P (Ap ) =

card (Ap ) q 1 = = . card (Ω) n p

2. Soit J une partie non vide de {1, 2, · · · , r} . Les entiers pj pour j ∈ J sont premiers et distincts, donc premiers entre eux et un entier est divisible par tous les pj si, et seulement si, il est divisible par leur produit. On a donc : \ Apj = A Q pi j∈J

j∈J

et :

à P

\

! Apj

1 = P(A Q pi ) = Q j∈J

j∈J

j∈J

pi

=

Y Y 1 = P (Apj ) . pj j∈J j∈J

Donc les événements Ap1 , · · · , Apr sont mutuellement indépendants. 3. Si A désigne l’événement : « l’entier choisi est premier avec n », on a alors : P (A) =

card (A) ϕ (n) = card (Ω) n

et en désignant par p1 , · · · , pr tous les diviseurs premiers de n, on aura k ∈ A si, et seulement si, k n’est divisible par aucun des pi , donc : A=

r \

(Ω \ Api ) .

i=1

Comme les événements Ω \ Api sont indépendants (exercice précédent), on en déduit que : ¶ r µ Y 1 P (A) = P (Ω \ Api ) = 1− . p i i=1 i=1 r Y

Exercice 22.8 On se fixe un réel s > 1 et on considère l’espace probabilisé (Ω, P (Ω) , P) , où Ω = N∗ et : 1 1 ∀n ∈ Ω, P ({n}) = ζ (s) ns +∞ X 1 . en désignant par ζ la fonction de Riemann définie par ζ (s) = ns n=1 Pour tout entier n ≥ 1, on désigne par An l’événement :

An = {multiples de n} = {k · n | k ∈ N∗ } 1. Calculer P (An ) pour tout n ≥ 1. 2. Montrer que, si P désigne l’ensemble des nombres premiers, alors la famille (Ap )p∈P est indépendante, c’est-à-dire que pour toute suite finie (pk )1≤k≤r de nombres premiers distincts, les événement Ap1 , · · · , Apr sont mutuellement indépendants.

552

Probabilités conditionnelles

3. En déduire que :

¶ Yµ 1 P ({1}) = 1− s p p∈P

puis l’identité d’Euler : ∀s > 1, ζ (s) =

Yµ p∈P

Solution 22.8 1. On a :

1 1− s p

¶−1 .

+∞ X

+∞ 1 1 1X1 P (An ) = = s. P ({k · n}) = s s ζ (s) n k=1 k n k=1

2. Pour p1 < p2 < · · · < pr dans P, comme les pk sont premiers entre eux, on a : Ã r ! \ P Apk = P ({multiples de p1 , p2 , · · · , pr }) k=1

Ã( =P

multiples de

r Y

)! pk

à = P A Qr

k=1

=



1 r Q

k=1

s

pk

! k=1

pk

r r Y Y 1 = P (Apk ) = ps k=1 k k=1

et les événement Ap1 , · · · , Apr sont mutuellement indépendants. 3. L’entier 1 n’est divisible par aucun nombre premier, donc : \ {1} = (Ω \ Ap ) p∈P

et :

à P ({1}) = P

\

! (Ω \ Ap )

p∈P

=

Y

Y

P (Ω \ Ap )

p∈P

(1 − P (Ap )) =

p∈P

et comme P ({1}) =

=

Yµ p∈P

1 1− s p

¶

1 , il en résulte que : ζ (s) ¶−1 Yµ 1 ζ (s) = 1− s p p∈P

Une définition équivalente de la notion de famille d’événements mutuellement indépendants est donnée par le théorème suivant. Théorème 22.5 Soient A1 , · · · , An , où n ≥ 2, des événements dans B. Ces événements sont mutuellement à ! indépendants si, et seulement si, pour toute partie J de {1, 2, · · · , n} telle que T P Aj 6= 0 et tout indice i ∈ {1, 2, · · · , n} \ J, on a : j∈J

à P Ai |

\ j∈J

! Aj

= P (Ai ) .

Événements indépendants

553

Démonstration. Ã ! Supposons A1 , · · · , An mutuellement indépendants. Pour J T telle que P Aj 6= 0 et i ∈ {1, 2, · · · , n} \ J, on a :

{1, 2, · · · , n}

j∈J



 \

P

Y

Aj  =

j∈J∪{i}

P (Aj ) = P (Ai )

j∈J∪{i}

Ã

= P (Ai ) P

\

Y

P (Aj )

j∈J

! Aj

j∈J

et :

Ã

!

T

P

Aj

j∈J∪{i}

Ã

P (Ai ) =

T

P

Ã

T

P Ai ∩

!

Ã

=

Aj

P

j∈J

j∈J

T

! Aj

Ã

!

= P Ai |

\

! Aj

.

j∈J

Aj

j∈J

Ã

!

T

Réciproquement, supposons que P Ai | Aj j∈J Ã ! T que P Aj 6= 0 et i ∈ {1, 2, · · · , n} \ J.

= P (Ai ) pour tout J ⊂ {1, 2, · · · , n} telle

j∈J

Soit µ I = {i1¶ , · · · , ir } ⊂ {1, 2, · · · , n} avec r ≥ 2. T Ai 6= 0, on a alors : Si P i∈I

P

à \

! Aj

à = P (Ai1 ) P (Ai2 | Ai1 ) · · · P Air |

i∈I

= P (Ai1 ) P (Ai2 ) · · · P (Air ) =

Y

r−1 \

! Aik

k=1

P (Ai )

i∈I

µ

T

¶

µp−1 T

¶

Si P Ai = 0, il existe alors un entier p ∈ {1, 2, · · · , r} tel que P Aik 6= 0 et i∈I k=1 µ p ¶ µ ¶ T T Q Ai = P Aik = 0. Pour p = 1, on a P (Ai1 ) = 0 et P P (Ai ) et pour p ≥ 2, on a : k=1

0=P

à \

! Ai

i∈I

=P

Ãp−1 \

à =P

! Aik

p \

! Aik

=P

k=1

i∈I

i∈I

Ãp−1 \

! Ã Aik

k=1

¡ ¢ P Aip

k=1

¡

¢

et P Aip = 0 qui entraîne encore P

µ

T i∈I

¶ Ai

=

Q i∈I

P (Ai ) .

P Aip |

!

p−1

\

k=1

Aik

554

Probabilités conditionnelles