Probabilités sur un ensemble fini

Probabilités sur un ensemble fini Danièle Gerard IUFM Midi-Pyrénées — CAPES Interne de Mathématiques Octobre 2007 L’objectif des probablités est, lors d’une expérience étudiée, de quantifier le fait qu’un résultat possible a plus de “chances” de se produire qu’un autre résultat possible. Ainsi, faire des probabilités nécessite de modéliser chaque expérience étudiée afin de préciser ce qu’on entend par “chances” ; pour cela, une théorie a été élaborée, avec un vocabulaire propre et des méthodes et techniques spécifiques.

1 1.1

Introduction Vocabulaire des probabilités

Lors d’une expérience donnée : ∗ on se place dans un ensemble, noté le plus souvent Ω, qui représente l’ensemble de tous les résultats possibles de cette expérience ; cet ensemble est appelé l’univers des possibles, ∗ chaque partie de Ω, qui est intéressante pour l’expérience, est appelée événement, ∗ Ω est lui-même une partie de Ω, c’est un événement, appelé événement certain ; de même ∅ est un événement, appelé événement impossible ∗ chaque événement formé d’un seul élément est appelé événement élémentaire, ∗ pour tout événement A de Ω, on note A le complémentaire de A dans Ω, et cet ensemble est appelé événement contraire de A, ∗ si deux événements A et B vérifient A ∩ B = ∅, on dit que A et B sont incompatibles. Ainsi, un événement et son événement contraire sont toujours incompatibles.

1.2

Exemples

(a) Expérience 1 On lance un dé numéroté de 1 à 6, et on s’intéresse au numéro obtenu sur la face supérieure du dé. Dans ce cas, il y a six résultats possibles ; c’est pourquoi on modélise l’expérience en notant Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6} . On peut s’intéresser aux événements suivants : - A est “obtenir le 2”, que l’on note A = {2} ; ainsi A est un événement élémentaire - B est “obtenir un résultat pair”, que l’on note B = {2, 4, 6} , - C est “obtenir un résultat impair, que l’on note C = {1, 3, 5} . Remarquer que B et C sont des événements contraires. (b) Expérience 2 Une urne contient 10 boules dont 4 blanches et 6 vertes. L’expérience consiste à : - tirer une boule de l’urne et regarder sa couleur : si elle est blanche, l’expérience s’arrête, et si elle est verte, on la remet dans l’urne ; - et ainsi de suite ; on s’arrête à la première boule blanche tirée ; et dans cette expérience, on s’intéresse au nombre des tirages effectués avant de s’arrêter. L’univers des possibles Ω est l’ensemble des nombres de tirages possibles, c’est donc Ω = {1, 2, 3, ...} , ou encore Ω = N∗ , l’ensemble des entiers naturels non nuls. On peut s’intéresser aux événements suivants : 1

- A est “effectuer un seul tirage”, c’est-à-dire “s’arrêter à l’issue du premier tirage”, que l’on note A = {1} ; ainsi A est un événement élémentaire, - B est “effectuer au plus trois tirages”, c’est-à-dire “s’arrêter au plus tard à l’issue du troisième tirage” ou encore “obtenir une boule blanche à l’un des trois premiers tirages”, que l’on note B = {1, 2, 3} , - l’événement contraire de B est “effectuer au moins 4 tirages avant d’obtenir une boule blanche”, que l’on note B = {4, 5, 6, ...} . (c) Expérience 3 Lancer une fléchette sur une cible carrée abcd et s’intéresser à l’endroit où est enfoncée la pointe de la flèchette. En supposant que la pointe de la fléchette est suffisamment effilée pour être assimilée à un point, on peut modéliser l’expérience en prenant pour univers des possibles l’ensemble des positions possibles de la pointe de la fléchette, c’est-à-dire de tous les points intérieurs au carré. Et, si E est une zone donnée de l’intérieur de carré, on peut considérer l’événement AE : “la pointe de la fléchette est située dans la zone E”. Voir la figure 1. (d) Bilan Ces trois exemples mettent en évidence trois types de modélisation : 1. l’ensemble Ω est un ensemble fini 2. l’ensemble Ω est un ensemble infini dénombrable 3. l’ensemble Ω est un ensemble infini non dénombrable. Les deux premiers regroupent les cas dits “discrets”, et le dernier regroupe les cas dits “non discrets” ou aussi “continus”. Remarque En modélisant différemment l’expérience 3, on peut traiter cette étude en la considérant comme un cas fini. En effet, supposons que la cible fasse apparaître des zones prédéfinies, par exemple suivant le schéma de la figure 1 où les zones sont numérotées de 1 à 8, on peut alors s’intéresser à la position de la pointe de la fléchette par rapport à ces zones, et, sur notre exemple, on peut considérer l’ensemble Ω′ = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} pour univers des possibles. a

a

d

d

5

E

1 6

2

4

8

3 b

b

c

7

c

F. 1 — Cible sans ou avec zones prédéfinies

2

Probabilité sur un ensemble fini

Dans tout ce qui suit, on va s’intéresser aux expériences modélisées de telle sorte que l’ensemble Ω est un ensemble fini. Dans ce cas, l’ensemble des événements considérés est l’ensemble des toutes les parties de Ω, c’est-à-dire P (Ω) .

2.1

Définition

Lors d’une expérience, on voudrait préciser de quelle manière un événement a “plus de chances” de se produire qu’un autre ; on cherche à quantifier ce “plus de chances”, c’està-dire à affecter aux différents événements susceptibles de se produire un nombre plus ou

2

moins grand suivant que l’événement a plus ou moins de “chances” de se produire. On est alors amené à introduire la définition suivante : Définition 1 Soit Ω un ensemble fini. On appelle probabilité sur Ω toute application P : P (Ω) → [0, 1] vérifiant (i) P (Ω) = 1 (ii) ∀A, B ∈ P (Ω) , (A ∩ B = ∅ ⇒ P (A ∪ B) = P (A) + P (B)) On appelle espace probabilisé fini (Ω, P ) tout ensemble fini Ω sur lequel est définie une probabilité P. Terminologie Si P est une probabilité sur Ω, pour tout événement A, le réel P (A) est appelé “probabilité de A”. Remarque Cette définition d’une probabilité traduit que la probabilité d’un événement est un réel positif ou nul, et inférieur ou égal à 1, que la probabilité de l’événement certain est la valeur maximale 1, et que si deux événements sont incompatibles alors la probabilité de leur réunion est la somme de leurs probabilités respectives.

2.2

Propriétés

Dans ce paragraphe, on se place dans un espace probabilisé fini (Ω, P ) .
 (a) Relation entre P (A) et P A Par définition de A,
on a : Ω = A ∪ A et A ∩ A = ∅, d’après (ii) , on obtient P (Ω) = P (A) + P A , avec P (Ω) = 1. D’où le résultat suivant :
 ∀A ∈ P (Ω) , P A = 1 − P (A) (b) Puisque l’événement contraire de Ω est ∅, de (a) on déduit P (∅) = 0 (c) Soient A et B deux événements tels que A ⊂ B. On peut alors écrire B = A ∪ (B\A) , où A et B\A sont deux événements incompatibles ; on en déduit P (B) = P (A ∪ (B\A)) = P (A) + P (B\A) , avec P (B\A) ≥ 0 par définition de P. D’où le résultat suivant : ∀A, B ∈ P (Ω) , (A ⊂ B ⇒ P (A) ≤ P (B)) (d) Généralisation de (ii) à plus de deux ensembles Montrons, par récurrence, que la propriété (ii) se généralise à plusieurs événements incompatibles deux à deux. Pour n ∈ N\ {0, 1} , soit Pn la proposition “ pour  tous A1 , A2 , ..., An événements incompatibles deux à deux, P (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) = nk=1 P (Ai ) ”. La propriété (ii) traduit que P2 est vraie. Soit n ∈ N\ {0, 1} ; supposons Pn vraie, et regardons si Pn+1 est vraie. Soient donc A1 , A2 , ..., An , An+1 des événements incompatibles deux à deux, c’est-à-dire tels que Ai ∩ Aj = ∅ dès que i et j sont distincts. Or par propriété des lois ∩ et ∪, (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) ∩ An+1 = (A1 ∩ An+1 ) ∪ (A2 ∩ An+1 ) ∪ ... ∪ (An ∩ An+1 ) , avec Ai ∩An+1 = ∅ pour tout i, 1 ≤ i ≤ n ; on en déduit que les événements (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) et An+1 sont incompatibles, donc, d’après (ii) , on a P (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ∪ An+1 ) = P (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An )+P (An+1 ) , puis, en utilisant l’hypothèse de récurrence, on obtient  P (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ∪ An+1 ) = nk=1 P (Ai ) + P (An+1 ) = n+1 k=1 P (Ai ) . Ce qui prouve que Pn+1 est vraie dès que Pn est vraie. Puisque P2 est vraie, on en déduit que Pn est vraie pour tout n ≥ 2. D’où le résultat : (A1 , A2 , ..., An incompatibles deux à deux) ⇒ P (A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An ) =

n  k=1

3

P (Ai )

(e) Cette propriété permet d’énoncer le résultat suivant : Toute probabilité sur un ensemble fini est entièrement déterminée par la donnée des probabilités des événements élémentaires. En effet, puisque Ω est un ensemble fini, notons Ω = {ω1 , ω2 , ..., ω m } ; supposons que l’on connaisse P ({ω 1 }) , P ({ω 2 }) , ...,P ({ω m }) , et montrons alors que P (A) est déterminé, ceci pour tout A de P (Ω) . Si A = ∅, on sait que P (A) = 0. Si A est un événement non impossible quelconque, puisque  A ⊂ Ω , A est formé d’éléments pris parmi ω 1 , ω 2 , ..., ω m ,  notons A = ω k1 , ωk2 , ..., ω kq , avec ωki = ωkj pour i = j ;or Apeut aussi être vu comme , qui sont incompatibles la réunion des événements élémentaires {ωk1 } , {ω k2 } , ..., ω kq  q deux à deux. D’après la propriété précédente, on obtient P (A) = i=1 P ({ωki }) , et donc P (A) est bien déterminé. Notation Pour simplifier les écritures, la probabilité de l’événement élémentaire {ω k } ne sera pas notée P ({ωk }) , mais simplement P (ωk ) . (f ) Généralisation de (ii) au cas où les événements ne sont pas incompatibles Soient A et B deux événements quelconques de Ω ; la réunion A ∪ B peut toujours être exprimée comme une réunion de deux ensembles disjoints : A ∪ B = A ∪ (B\A) .

E B A

U

A B

B A

F. 2 — On en déduit, d’après (ii), la relation P (A ∪ B) = P (A) + P (B\A) . Pour déterminer P (B\A) , exprimons cette fois B comme une réunion de deux ensembles disjoints ; en effet, on a : B = (B\A) ∪ (A ∩ B) , avec (B\A) ∩ (A ∩ B) = ∅, par définition de B\A, ce qui donne P (B) = P (A ∩ B) + P (B\A) . Finalement, on obtient P (B\A) = P (B) − P (A ∩ B) , d’où le résultat : ∀A, B ∈ P (Ω) , P (A ∪ B) = P (A) + P (B) − P (A ∩ B) Remarque Toutes les propriétés sauf la propriété (e) sont encore valables si Ω n’est pas un ensemble fini.

2.3

Equiprobabilité

Nous avons vu que toute probabilité sur un ensemble fini est entièrement déterminée par la donnée des probabilités des événements élémentaires. Nous allons voir que dans un cas bien précis, cela va permettre de ramener les calculs de probabilités à des calculs de dénombrement. Il s’agit de la situation décrite par la définition suivante : Définition 2 Soit Ω un ensemble fini. On dit qu’il y a équiprobabilité sur Ω si Ω est muni d’une probabilité P telle que la probabilité de tous les événements élémentaires soit constante, indépendante de l’événement élémentaire considéré. Ainsi dans une situation d’équiprobabilité, il existe un réel p de [0, 1] tel que pour tout ω de Ω, on ait P (ω) = p. 4

Remarque Dans les exercices, cette hypothèse est implicitement supposée lorsque les tirages sont effectués “au hasard”, lorsque les instruments utilisés pour l’expérience (dés, boules, etc ...) sont “non truqués” ou “équilibrés”, ou encore lorsque les tirages sont effectués avec des éléments (boules, jetons, etc...) qui sont ìndiscernables au toucher”, ou ... Proposition 1 Dans l’hypothèse d’équiprobabilité sur Ω, pour tout événement A de Ω, card (A) . on a P (A) = card (Ω) Démonstration Reprenons les notations utilisées pour démontrer la propriété (e) : Ω = {ω 1 , ω2 , ..., ωm } , et ainsi card (Ω) = m, de Ω telle   et pour toute partie non vide A q que card (A) = q, A = ω k1 , ω k2 , ..., ω kq . On a vu qu’alors P (A) = k=1 P (ω ki ) ; avec l’équiprobabilité, on obtient P (A) = qp. Il reste donc à déterminer p ; or ce même raisonnement s’applique à Ω, ainsi P (Ω) = mp, et sachant que P (Ω) = 1, on en déduit 1 q card (A) p = , et ainsi, pour tout A non vide avec card (A) = q, P (A) = = . Si A m m card (Ω) est vide, on sait que l’on a P (A) = 0, et donc la formule est encore vraie puisque, par convention, card (∅) = 0. Ainsi dans les cas d’équiprobabilité, le calcul des probabilités se ramène à des calculs de dénombrement ; c’est pourquoi nous allons rappeler les principaux résultats concernant le dénombrement.

3

Eléments de dénombrement

3.1

Principes

Faire du dénombrement consiste à “compter” le nombre des éléments d’un ensemble fini donné. Cela nécessite d’abord de formaliser la notion d’ensemble fini ; elle repose sur la notion d’ensembles équipotents : deux ensembles E et F sont dits équipotents s’il existe une bijection de E vers F. Remarque On peut vérifier que la relation d’équipotence est une relation d’équivalence sur les ensembles. Définition 3 Un ensemble non vide E est dit fini s’il existe un entier naturel n pour lequel [[1, n]] et E sont équipotents. Remarque Une vision intuitive de cette notion est la suivante : établir une bijection de [[1, n]] dans E, c’est indicer les éléments de E de 1 à n, c’est-à-dire les numéroter de 1 à n. Convention L’ensemble vide est considéré comme un ensemble fini. Ainsi, un ensemble est fini si et seulement si ou bien il est vide, ou bien il existe un entier naturel n tel que [[1, n]] et E soient équipotents. Remarque On peut vérifier que si E est un ensemble fini non vide, alors l’entier naturel n tel que [[1, n]] et E sont équipotents est unique. D’où la définition suivante : Définition 4 Soit E un ensemble fini. Si E est non vide, on appelle cardinal de E, et on note card (E), l’entier naturel n tel que [[1, n]] et E sont équipotents. Si E est vide, E est un ensemble fini de cardinal 0. Les deux propositions suivantes sont essentielles pour effectuer des dénombrements : Proposition 2 Soient E1 et E2 deux ensembles finis non vides. Alors : E1 et E2 sont équipotents ⇔ card (E1 ) = card (E2 ) 5

Démonstration “ ⇒ ” Si E1 et E2 sont équipotents, soit f : E1 → E2 une bijection. Notons n = card (E1 ) , ainsi il existe une bijection g : [[1, n]] → E1 . Alors f ◦ g est une bijection de [[1, n]] dans E2 , et ainsi card (E2 ) = n. “ ⇐ ” Si card (E1 ) = card (E2 ) , alors il existe f1 : [[1, n]] → E1 et f2 : [[1, n]] → E2 deux bijections. Alors (f1 )−1 est une bijection de E1 vers [[1, n]] , et ainsi f2 ◦ (f1 )−1 est une bijection de E1 vers E2 . Ainsi pour déterminer le cardinal d’un ensemble fini E1 , il suffit de trouver un ensemble fini E2 de cardinal connu qui soit équipotent à E1 . Exemple Soit E l’ensemble de tous les “mots” (ayant un sens ou pas) de deux lettres commençant par t. Un élément de E est ainsi entièrement caractérisé par sa deuxième lettre, c’est-à-dire que l’application de E dans A, où A est l’ensemble des lettres de l’alphabet, qui à un “mot” de E associe la deuxième lettre de ce “mot”, est une bijection de E dans A. Ainsi card (E) = card (A) = 26. Proposition 3 Si E1 et E2 sont deux ensembles finis disjoints alors card (E1 ∪ E2 ) = card (E1 ) + card (E2 ) . Principe de la démonstration Soient n1 = card (E1 ) et n2 = card (E2 ) ; si n1 = 0 ou n2 = 0, le résultat est immédiat. Si n1 ≥ 1 et n2 ≥ 1, soient f1 : [[1, n1 ]] → E1 et f2 : [[1, n2 ]] → E2 deux bijections. On construit alors f : [[1, n1 + n2 ]] → E1 ∪ E2 , définie par : ∀k ∈ [[1, n1 + n2 ]] , ∗ si k ∈ [[1, n1 ]] , f (k) = f1 (k) , ∗ si k ∈ [[n1 + 1, n2 ]], f (k) = f2 (k − n1 ) . On vérifie que f est une application bijective, ce qui donne le résultat. Exemple Combien y a-t-il de nombres formés de 8 chiffres (exactement) ? Notons E l’ensemble des nombres formés d’au plus 8 chiffres, E1 l’ensemble des nombres de 8 chiffres, et E2 celui des nombres formés d’au plus 7 chiffres. Alors E = E1 ∪ E2 , avec E1 ∩ E2 = ∅ ; on en déduit card (E1 ) = card (E) − card (E2 ) = 108 − 107 = 9.107 . Corollaire 1 (a) Si E1 , E2 , ..., Em sont m ensembles disjoints deux à deux, alors card (E1 ∪ E2 ∪ ... ∪ En ) =

m 

card (Ek )

k=1

(b) Si E1 et E2 sont deux ensembles finis alors card (E1 ∪ E2 ) = card (E1 ) + card (E2 ) − card (E1 ∩ E2 ) Démonstration Raisonnements analogues à ceux effectués pour les propriétés (d) et (e) des probabilités. A faire à titre d’exercice. Avec ces trois résultats, nous allons traiter quelques cas classiques de dénombrement, dont les résultats pourront être utilisés directement.

3.2

Les p− listes

Définition 5 Soient E1 , E2 , ..., Ep p ensembles ; on appelle p− liste d’éléments de E1 , E2 , ..., Ep tout élément du produit cartésien E1 × E2 × ...×Ep . Proposition 4 Soient E1 , E2 , ..., Ep p ensembles finis non vides de cardinaux respectifs n1 , n2 , ..., np . Le cardinal du produit cartésien E1 ×E2 × ...×Ep est N = n1 × n2 ×... ×np , le produit des cardinaux des ensembles E1 , E2 , ..., Ep .

6

Démonstration Par récurrence sur p, laissée à titre d’exercice. Exemple Une expérience consiste à lancer un dé cubique numéroté de 1 à 6, et à tirer un jeton d’un sac contenant 26 jetons marqués des 26 lettres de l’alphabet. Le résultat de cette expérience est donc un couple dont le premier élément est un numéro entre 1 et 6, et le deuxième élément est une lettre de l’alphabet ; il y a donc 6 × 26 résultats possibles, c’est-à-dire 156 résultats possibles. Définition 6 Soit E un ensemble, on appelle p− liste d’éléments de E tout élément du produit cartésien E1 × E2 × ... × Ep , où E1 = E2 = ... = Ep = E. Remarque Une p− liste d’éléments de E peut être interprétée comme une suite ordonnée de p éléments de E pouvant se répéter, c’est-à-dire non nécessairement distincts deux à deux. D’après ce qui précède, on obtient directement : Corollaire 2 Si E est un ensemble fini non vide de cardinal n, il y a np p− listes d’éléments de E. Exemple Un numéro de téléphone à 8 chiffres est entièrement déterminé par une 8 - liste d’éléments de {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} (c’est-à-dire que l’application, qui à tout numéro de téléphone à 8 chiffres associe la 8− liste formée par les chiffres composant ce numéro dans l’ordre où ils apparaissent, est une bijection) ; il y en a donc 108 . Corollaire 3 Soient E et F deux ensembles finis non vides de cardinaux respectifs p et n. Le nombre des applications de E vers F est égal à np . Démonstration Notons E = {e1 , e2 , ..., ep } , alors toute application f de E vers F est entièrement déterminée par la donnée de f (e1 ) , f (e2 ) , ..., f (ep ) , c’est-à-dire par la donnée d’une p− liste d’éléments de F (on établit ainsi une bijection entre l’ensemble des applications de E vers F et l’ensemble des p − listes d’éléments de F ). Le corollaire précédent permet de conclure.

3.3

Les arrangements de p éléments parmi n

Définition 7 Soit E un ensemble fini. On appelle arrangement de p éléments de E toute suite ordonnée de p éléments de E, distincts deux à deux. Ainsi un arrangement de p éléments de E peut être interprété comme une suite ordonnée et sans répétition de p éléments de E. Remarque 1 On peut vérifier qu’il y a autant d’arrangements de p éléments de E que d’injections d’un ensemble à p éléments dans E. Remarque 2 Si p = 0, il y a un seul arrangement de 0 élément de E, c’est la “suite vide”. Si p > n, on ne peut trouver p éléments distincts dans E, ainsi il n’y a aucun arrangement de p éléments de E. Proposition 5 Soit E un ensemble fini non vide, et soit n = card (E) . Pour 1 ≤ p ≤ n, le nombre Apn des arrangements de p éléments de E est Apn = n × (n − 1) × (n − 2) × ... × (n − p + 1) . Démonstration Montrons le résultat par récurrence sur n. ∗ Si n = 1, alors p = 1, et il y a un seul arrangement d’un élement de E, donc A11 = 1, et dans ce cas n − p + 1 = n = 1, d’où l’égalité cherchée. ∗ Si n ≥ 1, supposons le résultat vrai pour n, et vérifions qu’il l’est pour n + 1. Notons E = {e1 , e2 , ..., en+1 } un ensemble fini à n + 1 éléments, et soit p un entier vérifiant 1 ≤ p ≤ n + 1. Deux cas possibles : 7

- si p = 1, un arrangement de 1 élément de E est caractérisé par l’élément qui le compose ; il y en a donc n+1. Et la formule est vérifiée puisque dans ce cas, (n + 1)−p+1 = n + 1; - si p ≥ 2, alors un arrangement de p éléments de E est entièrement déterminé par la donnée d’un élément a de E, a pouvant être l’un quelconque des éléments de E, et d’une suite ordonnée de p − 1 éléments distincts de l’ensemble E\ {a} . Ainsi, si AE,p est l’ensemble des arrangements de p éléments de E, on peut établir une bijection de AE,p sur l’ensemble 
({e1 } × AE1 ,p−1 ) ∪ ({e2 } × AE2 ,p−1 ) ∪ ... ∪ ({en } × AEn ,p−1 ) ∪ {en+1 } × AEn+1 ,p−1 , où pour i entre 1 et n + 1, Ei représente l’ensemble E\ {ei } , et AEi ,p−1 représente l’ensemble des arrangements de p − 1 éléments de Ei . Les ensembles qui apparaissent dans cette réunion sont disjoints deux à deux, donc, par le corollaire 1, le cardinal de cette réunion est la somme des cardinaux des ensembles. Et, d’après la proposition 4, pour tout i entre 1 et n, on a card ({ei } × AEi ,p−1 ) = 1 × card (AEi ,p−1 ) ; puisque Ei est un ensemble ayant n éléments, avec n ≥ 1, donc par l’hypothèse de récurrence, on a card (AEi ,p−1 ) = Ap−1 = n × (n − 1) × ... × (n − (p − 1) − 1) = n × (n − 1) × ... × (n − p) . n  D’où Apn+1 = card (AE,p ) = n+1 i=1 n × (n − 1) × ... × (n − p) = (n + 1) × n × (n − 1) × ... × (n − p) = (n + 1) × n × (n − 1) × ... × ((n + 1) − (p + 1)) . Ainsi, on a prouvé que si le résultat est vrai pour n alors il l’est aussi pour n + 1 ; comme il est vrai pour n = 1, il est vrai pour tout n de N∗ . Convention Si n = 0, on convient de poser A00 = 1. Exemple Une urne contient 10 boules, et on tire successivement et sans remise 4 boules de cette urne. Un “tirage” (de quatre boules) est donc entièrement déterminé par la donnée d’une suite ordonnée (par la chronologie des tirages d’une boule) de quatre boules distinctes (car les tirages se font sans remise) prises parmi les 10 boules ; ainsi il y a autant de tirages que d’arrangements de 4 éléments de l’ensemble des 10 boules de l’urne, c’est-à-dire A410 , ou encore 10 × 9 × 8 × 7 = 5040.

3.4

Les permutations

Définition 8 Soit E un ensemble fini non vide. On appelle permutation de E toute suite ordonnée formée par tous les éléments de E, chacun étant pris une fois et une seule. Ainsi, si card (E) = n, une permutation de E est un arrangement de n éléments de E. Corollaire 4 Soit E un ensemble fini non vide de cardinal n. Le nombre des permutations des éléments de E est n! = n × (n − 1) × ... × 2 × 1. Démonstration Le nombre des permutations des éléments de E est égal à Ann , d’où le résultat. Remarque Avec la convention ci-dessus, on est donc amené à poser 0! = 1. n! Et avec la notation “factorielle”, on a, pour tout 0 ≤ p ≤ n, Apn = . (n − p)! Exemple Les lettres du mot nombre sont toutes distinctes, donc le nombre des “anagrammes” (ayant un sens ou non) de ce mot est l’ensemble des permutations de l’ensemble {n, o, m, b, r, e} ; il y en a donc 6!, c’est à dire 6 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 720.

3.5

Les combinaisons de p éléments parmi n

Définition 9 Soit E un ensemble fini. On appelle combinaison de p éléments de E toute partie de E ayant p éléments. Remarque 1 Si E est non vide et si p ≥ 1, une combinaison de p éléments de E peut donc être interprétée comme une suite non ordonnée de p éléments de E distincts deux

8

à deux. Remarque 2 Si E est un ensemble fini de cardinal n, il n’existe aucune combinaison de p éléments de E si p > n. Proposition 6 Soit E un ensemble fini de cardinal n. Pour tout p entre 0 et n, le nombre   n (lire “p parmi n”) des combinaisons de p éléments de E est p   Ap n! n = n = p p! p! (n − p)! Eléments de Si p = 0, il n’y a qu’une seule partie de E ayant 0 élément,  démonstration  n c’est ∅ ; ainsi = 1, pour tout n de N. Le résultat est donc à prouver pour n ≥ 1 et 0 p ≥ 1. Remarquer alors que toute combinaison de p éléments de E définit p! arrangements de p éléments de E, car p éléments de E étant donnés, il y a p! façons de les ordonner ; et qu’un arrangement dep éléments de E étant donné, il définit une seule combinaison de p  Apn n éléments. En déduire = . p p! Exemple Tirer trois cartes simultanément dans un jeu de 32 cartes, c’est définir une partie de trois éléments de l’ensemble des 32 cartes, puisque on tire trois cartes distinctes, et le tirage étant simultané, l’ordredes cartes n’a pas d’influence sur la composition  32 de la “main” obtenue. Il y a donc façons de tirer ces trois cartes ; et puisque 3   32 × 31 × 30 32 = = 4960, il y a 4960 mains de 3 cartes possibles. 3 3×2×1

3.6

Propriétés des



n p



Proposition et pour   7 Pour  tout n de  N,   tout pentre 0 et n : n n n n (a) = = 1, et = =n 0 n 1 n − 1     n n (b) = p n − p        n n n n (c) + + + ... + = 2n 0 1 2  n      n n−1 n−1 (d) si n ≥ 1 et 1 ≤ p ≤ n − 1, = + p p−1 p Démonstration (a) E ne contient qu’une partie à 0 éléments, c’est ∅, et E ne contient qu’une partie à n éléments, c’est E lui-même. E contient n parties à 1 éléments, qui sont les singletons. De plus, chaque partie à 1 élément détermine une partie à n − 1 élément (son complémentaire), et inversement ; ainsi il y a une bijection entre l’ensemblede parties   de E à un élément et celui des parties à n n n − 1 éléments de E. D’où l’égalité = . 1 n−1 (b) De même, si on note Ep et En−p les ensembles formés par les parties de E ayant respectivement p et n − p éléments, la relation qui à tout élément A de Ep associe son complémentaire A établit deEp dans En−p ; ces deux ensembles finis ont donc  une  bijection  n n même cardinal, d’où = .  p   n− p     n n n n (c) La somme S = + + + ... + représente la somme des 0 1 2 n cardinaux des ensembles E0 , E1 , E2 , ..., En , définis comme au (c) , qui sont disjoints deux à 9

deux ; donc S est le cardinal de leur réunion, c’est-à-dire le cardinal de l’ensemble P (E) de toutes les parties de E. Pour déterminer card(P (E)), on établit une bijection entre P (E) et l’ensemble {0, 1}E des applications de E dans {0, 1} : c’est l’application Φ qui à 1 si x ∈ A toute partie A de E associe l’application χA : E → {0, 1} , x → . On vérifie 0 si x ∈ /A E aisément que Φ est une bijection, et on en déduit que P (E) et {0, 1} ont même cardinal, n d’où card (P (E)) = 2 , d’après le corollaire 3.   n (d) Puisque n ≥ 1, soit a un élément de E, fixé pour la démonstration. L’entier p est le nombre des parties de E ayant p éléments ; pour p ≥ 1, l’ensemble Ep des parties de E ayant p éléments est la réunion de deux ensembles disjoints : les parties à p éléments de E contenant a et celle ne contenant pas a. Or une partie à p éléments de E contenant a déterminée par une partie de E\ {a} à p − 1 éléments, il y en a donc  est entièrement  n−1 , et une partie à p éléments de E ne contenant pas a est, en fait, une partie à p−1   n−1 p éléments de E\ {a} , il y en a donc . D’où le résultat cherché. p   n Remarque 1 La relation du (d) est appelée relation de récurrence sur les . p Remarque 2 Tous  ces  résultats peuvent aussi se démontrer par des calculs, en utilisant n l’expression de en fonction des factorielles. p Remarque 3 La formule de récurrence permet de calculer directement les coefficients   n dans le tableau appelé “triangle de Pascal”, qui se construit comme indiqué cip dessous. n\p | 0 1 2 3 4 p−1 p | 0 | 1 1 | 1 1 2 | 1 2 1 3 | 1 3 3 1 4 | 1 4 6 4 1 5 | 1 5 10 10 5 1 6 | 1 6 15 20 15  6   1  n−1 n−1 n−1 | 1 1 p−1  p  n n | 1 1 p Proposition 8 Formule du Binôme de Newton - Pour tous réels (ou complexes) x et y, et pour tout n de N∗ , on a         n n n n (x + y)n = xn + xn−1 y + xn−2 y 2 + ... + xn−k y k + ... + xy n−1 + yn 1 2 k n−1  n   n xn−k y k = k k=0         n n n n n n−1 2 n−2 k n−k = y + x.y + x y + ... + x y + ... + xn−1 y + xn 1 2 k n−1  n   n = xk y n−k k k=0

Démonstration Soit n ∈ N∗ , alors (x + y)n est un produit de n facteurs, donc, en développant, on obtient des termes de la forme xk y n−k , avec k variant de 0 à n. 10

Soit k ∈ [[0, n]] , on obtient un terme de la forme xk yn−k en prenant le terme x dans k des facteurs (x + y) et le terme y dans les n − k autres facteurs ; ainsi il y a autant de   n termes de la forme xk yn−k que façons de choisir k facteurs parmi n, c’est à dire . k     n n Et comme = , on a bien toutes les égalités cherchées. k n−k Remarque Il y a, en fait, plusieurs méthodes pour démontrer cette égalité ; on peut aussi raisonner par récurrence sur n. Ceci achève les quelques rappels concernant le dénombrement.

4

Probabilité conditionnelle

Dans ce paragraphe, nous allons formaliser une notion qui peut être vue intuitivement comme le fait de restreindre l’univers des possibles à un sous ensemble de Ω. Mais attention, ce n’est qu’une interpétation intuitive !

4.1

Définition

Définition 10 Soit (Ω, P ) un espace probabilisé fini. Soit B un événement de Ω vérifiant P (B) = 0 ; alors, pour tout événement A de Ω, on appelle probabilité, sachantB, de P (A ∩ B) A le nombre défini par PB (A) = . P (B) Remarque 1 Ainsi PB (A) est la probabilité de l’événement A ∩ B par rapport à celle de B ; d’où l’interprétation intuitive de restriction de l’univers à B. Voir figure 3.

A

Ω

B

A B

F. 3 — P (A/B) = P (A ∩ B) /P (B) Remarque 2 Mais attention, cette interprétation n’est qu’intuitive ; en fait, on définit ainsi une nouvelle probabilité sur l’ensemble Ω tout entier, notée PB , de la façon suivante : PB : P (Ω) → [0, 1] , A → PB (A) . En effet : ∀A ∈ P (Ω) , 0 ≤ P (A ∩ B) ≤ P (B) , donc PB (A) ∈ [0, 1] , P (Ω ∩ B) P (B) PB (Ω) = = = 1, P (B) P (B) et si A1 ∩A2 = ∅, alors (A1 ∪ A2 )∩B = (A1 ∩ B)∪(A2 ∩ B) , avec (A1 ∩ B)∩(A2 ∩ B) = ∅, d’où P ((A1 ∪ A2 ) ∩ B) P (A1 ∩ B) + P (A2 ∩ B) PB (A1 ∪ A2 ) = = P (B) P (B) P (A1 ∩ B) P (A2 ∩ B) = + = PB (A1 ) + PB (A2 ) . P (B) P (B) Ainsi PB est bien une probabilité sur Ω, et cette probabilité vérifie PB (B) = PB (Ω) = 1. Remarque 3 Il faut aussi faire attention au fait que quand on lit “probabilité de A sachant 11

B”, le “A sachant B” n’est pas un événement ; cela n’a donc pas de sens de considérer “A sachant B sachant C”. Proposition 9 Soient A et B deux événements d’un espace probabilisé fini (Ω, P ) , vérifiant P (A) = 0 et P (B) = 0. Alors P (A ∩ B) = PB (A) × P (B) = PA (B) × P (A) Démonstration Ces égalités sont des conséquences directes de la définition. Exemple de prababilité conditionnelle Dans une urne sont placées 20 boules indiscernables au toucher, numérotées de 1 à 20 et colorées de la façon suivante : les boules numérotées de 1 à 10 sont blanches, celles de 11 à 15 sont rouges et celles de 16 à 20 sont vertes. On tire une boule de cette urne. Notons B, R et V les événements “tirer une boule blanche”, “rouge” ou “verte” respectivement, et A l’événement “tirer une boule portant un numéro pair”. 1 Vérifier P (B) = 1/2, P (R) = 1/4, P (V ) = 1/4, P (A) = 1/2, et PB (A) = , PR (A) = 2 3/20 2/20 2 3 = et PV (A) = = . 1/4 5 1/4 5 On remarque que l’on a PB (A) = P (A) , que l’on peut interpréter en disant que l’événement B “n’a pas d’influence” sur l’événement A ; mais PR (A) = P (A) et PV (A) = P (A) , et dans ce cas les événements R et V “ont de l’influence” sur A. On formalise ceci dans le paragraphe suivant :

4.2

Evénements indépendants

Définition 11 Soit (Ω, P ) un espace probabilisé fini. Deux événements A et B sont dits indépendants si et seulement si P (A ∩ B) = P (A) × P (B) . Proposition 10 Soit (Ω, P ) un espace probabilisé fini. Soient A et B deux événements de Ω, pour lesquels P (B) = 0. Alors A et B sont indépendants si et seulement si PB (A) = P (A) . Démonstration Puisque P (B) = 0, on a P (A ∩ B) = PB (A)×P (B) ; d’où le résultat, en utilisant à nouveau P (B) = 0. Remarque Si A et B sont deux événements incompatibles, alors P (A ∩ B) = 0, donc si P (A) = 0 et P (B) = 0, les deux événements ne sont jamais indépendants. Exemple Dans l’exemple précédent, les événements A et B sont indépendants, alors que les événements A et R, et aussi A et V, ne sont pas indépendants. De même, les événements A et “tirer une boule portant un numéro impair” ne sont pas indépendants, puisqu’ils sont incompatibles.

4.3

Formule des “probabilités totales”

Exemple Un jeu se déroule de la façon suivante : on lance un dé à six faces numérotées de 1 à 6 et équilibré. Si le dé indique 5 ou 6, le jeu s’arrête et le joueur a gagné. Si le dé indique 3 ou 4, le joueur relance le dé une fois, il gagne si le dé indique 6, et sinon la partie est perdue. Si le dé indique 1 ou 2, alors le joueur relance le dé deux fois, il gagne si le dé indique 6 les deux fois, et sinon la partie est perdue. On cherche la probabilité de gagner. Sans préciser l’ensemble Ω, on peut considérer les événements E1 “le dé indique 5 ou 6 à l’issue du premier lancer”, E2 “le dé indique 3 ou 4 à l’issue du premier lancer” et E3 “le dé indique 1 ou 2 à l’issue du premier lancer”, et on peut remarquer que E1 , E2 et E3 forment une partition de Ω. Ainsi, si G est l’événement “le joueur gagne la partie”, on a G = (G ∩ E1 ) ∪ (G ∩ E2 ) ∪ (G ∩ E3 ) , où les (G ∩ Ei ) sont incompatibles deux à deux. On obtient donc 12

P (G) = P (G ∩ E1 ) + P (G ∩ E2 ) + P (G ∩ E3 ) = PE1 (G) P (E1 ) + PE2 (G) P (E2 ) + PE3 (G) P (E3 ) 2 1 2 1 2 43 = + × + × = . 6 6 6 36 6 108 Plus généralement, on obtient la formule dite des “probabilités totales”, qui est employée lorsqu’une partition intéressante de Ω apparaît. Proposition 11 (Formule des probabilités totales) Soit (Ω, P ) un espace probabilisé, et soient E1 , E2 , ..., En des événements formant une partition de Ω et tels que, pour tout i de  1 à n, P (Ei ) est non nul. Alors pour tout événement A de Ω, on a P (A) = ni=1 PEi (A) P (Ei ) .

Démonstration Pour tout événement A de Ω, les  événements (A ∩ E1 ) , (A ∩ E2 ) , ...,(A ∩ En ) forment une partition de A ; d’où P (A) = ni=1 P (A ∩ Ei ) , d’où le résultat d’après la définition de PEi (A) . Les familles d’événements possédant les propriétés précédentes ont un rôle important, aussi un nom leur est donné : Définition 12 Soit (Ω, P ) un espace probabilisé. Si les événements E1 , E2 , ..., En forment une partition de Ω et vérifient pour tout i de 1 à n, P (Ei ) est non nul, on dit que la famille (E1 , E2 , ..., En ) est un système complet d’événements de Ω. De cette proposition, on peut tirer un corollaire qui est utilisé pour “inverser” des probabilités conditionnelles : Corollaire 5 (Formule de Bayes) Soit (E1 , E2 , ..., En ) un système complet d’événements de Ω. Alors pour tout événement A vérifiant P (A) = 0 et pour tout j entre 1 et n : PE (A) P (Ej ) PA (Ej ) = n j . i=1 PEi (A) P (Ei )

P (E) , pour tout j entre 1 et n, on a PEj (A) P (Ej ) P (A ∩ Ej ) = PEj (A) P (Ej ) = PA (Ej ) P (A) , d’où PA (Ej ) = ; et on P (A) en déduit le résultat en utilisant la formule des probabilités totales. Démonstration

Pour tout A

∈

Exemple On réalise une expérience avec deux jeux de cartes, l’un de 32 cartes et l’autre de 52 cartes : on tire au hasard l’un des deux jeux, puis on tire une carte au hasard dans le jeu choisi. A l’issue de l’expérience, on a obtenu un as. Quelle est la probabilité que cet as provienne du jeu de 32 cartes ? Notons E1 l’événement “le jeu tiré au hasard est le jeu de 32 cartes”, E2 l’événement “le jeu tiré au hasard est le jeu de 52 cartes”, et A l’événement “la carte tirée est un as”. La question est de déterminer PA (E1 ) . Remarquer que la système (E1 , E2 ) est un système complet d’événement, donc, d’après la formule de Bayes, on a : 4 × 12 PE (A) P (E1 ) 13 PA (E1 ) = 2 1 = 4 32 1 4 1 = 21 32 × 2 + 52 × 2 i=1 PEi (A) P (Ei )

13