Univers dénombrable et Bayes en L2 de maths : cours et méthodes
Ce chapitre construit pas à pas l’espace probabilisé adapté aux expériences qui peuvent se répéter sans fin : lancer un dé jusqu’à un résultat donné, tirer au sort un nombre de pièces, contrôler un colis plusieurs fois. Ce cours sur l’univers dénombrable L2 part de la notion de tribu, puis définit une probabilité par une famille de poids positifs de somme 1.
Nous y démontrons la continuité monotone, outil clé pour les événements « à l’infini », puis la formule des probabilités totales et la formule de Bayes sur un système complet dénombrable. Plusieurs paradoxes sont commentés, du test trop bavard aux pièces truquées. Enfin, l’indépendance et les modèles d’urnes préparent les variables aléatoires discrètes du semestre et, plus tard, les lois à densité.
Ce que vous saurez faire
- Modéliser une expérience répétée par un univers, une tribu et une probabilité, même quand l’expérience peut durer indéfiniment.
- Définir une probabilité sur un univers dénombrable à partir d’une famille de poids positifs de somme 1.
- Calculer la probabilité d’un événement « à l’infini » grâce à la continuité monotone.
- Conditionner, puis utiliser la formule des probabilités totales sur un système complet dénombrable.
- Appliquer la formule de Bayes et interpréter un résultat qui contredit l’intuition.
- Prouver ou réfuter l’indépendance d’événements, deux à deux ou mutuelle.
1. Modéliser une expérience : univers, événements, tribu
Une expérience aléatoire produit un résultat que l’on ne connaît pas à l’avance. D’abord, on rassemble tous les résultats possibles dans un ensemble \(\Omega\), appelé univers. Ensuite, on choisit les parties de \(\Omega\) dont on veut mesurer la probabilité. Ces parties sont les événements.
Prenons un exemple concret. On lance un dé tétraédrique, dont les faces portent 1, 2, 3 et 4, jusqu’à obtenir la face 4. Le résultat qui nous intéresse est le rang du premier 4. Ainsi, un univers naturel est \(\Omega = \mathbb{N}^{*} \cup \{+\infty\}\), où \(+\infty\) code l’issue « le 4 ne sort jamais ». Cet univers est infini, mais dénombrable. Par conséquent, les outils de dénombrement fini ne suffisent plus.
1.1 La notion de tribu
Sur un univers infini, on veut pouvoir parler de « l’un des lancers donne 4 », c’est-à-dire d’une réunion infinie d’événements. C’est pourquoi l’ensemble des événements doit être stable par réunion dénombrable.
Une tribu sur \(\Omega\) est une partie \(\mathcal{A}\) de \(\mathcal{P}(\Omega)\) telle que :
- \(\Omega \in \mathcal{A}\) ;
- si \(A \in \mathcal{A}\), alors \(\overline{A} = \Omega \setminus A \in \mathcal{A}\) ;
- si \((A_n)_{n \in \mathbb{N}}\) est une suite d’éléments de \(\mathcal{A}\), alors \(\bigcup_{n} A_n \in \mathcal{A}\).
On dit alors que \((\Omega, \mathcal{A})\) est probabilisable, et l’on nomme événement toute partie qui appartient à \(\mathcal{A}\).
Par passage au complémentaire, une tribu est aussi stable par intersection dénombrable. De plus, elle contient \(\varnothing\) et elle est stable par différence. Sur un univers dénombrable, on prend presque toujours la tribu \(\mathcal{P}(\Omega)\) tout entière. En effet, toute partie y est une réunion dénombrable de singletons.
Sur \(\Omega = \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{C}\) l’ensemble des parties finies et des parties dont le complémentaire est fini. Cet ensemble contient \(\Omega\), il est stable par complémentaire et par réunion finie. Cependant, ce n’est pas une tribu. En effet, chaque singleton \(\{2k\}\) appartient à \(\mathcal{C}\), mais la réunion des \(\{2k\}\) est l’ensemble des entiers pairs. Or cet ensemble est infini, et son complémentaire aussi.
1.2 Vocabulaire des événements
Deux événements \(A\) et \(B\) sont incompatibles lorsque \(A \cap B = \varnothing\). On parle de système complet pour une famille \((A_i)_{i \in I}\), indexée par un ensemble \(I\) fini ou dénombrable, dont les membres ne se chevauchent pas et recouvrent ensemble tout l’univers. Par exemple, dans l’expérience du dé tétraédrique, les événements « le premier 4 sort au rang \(n\) », pour \(n \in \mathbb{N}^{*}\), auxquels on ajoute « aucun 4 », forment un système complet.
Pour modéliser une expérience :
- décrire précisément un résultat élémentaire (une liste, un rang, un couple) ;
- vérifier que l’univers est fini ou dénombrable, sinon signaler la difficulté ;
- traduire chaque phrase de l’énoncé en opération ensembliste : « et » donne une intersection, « ou » une réunion, « jamais » un complémentaire de réunion ;
- choisir les probabilités des résultats élémentaires à partir des hypothèses (équiprobabilité, indépendance des lancers).
2. Probabilité sur un univers dénombrable
Une fois les événements choisis, il reste à leur attribuer un poids. La règle centrale est la \(\sigma\)-additivité : la probabilité d’une réunion dénombrable d’événements disjoints est la somme de la série de leurs probabilités.
On appelle probabilité sur \((\Omega, \mathcal{A})\) toute fonction \(P\) définie sur \(\mathcal{A}\), à valeurs dans \([0,1]\), qui donne la valeur 1 à l’univers et qui vérifie la règle suivante dès que les \(A_n\) sont disjoints :
\[P\Big(\bigcup_{n=0}^{+\infty} A_n\Big) = \sum_{n=0}^{+\infty} P(A_n).\]
On appelle alors \((\Omega, \mathcal{A}, P)\) un espace probabilisé.
De cette seule règle, on tire les propriétés habituelles. D’abord, \(P(\varnothing) = 0\). Ensuite, \(P(\overline{A}) = 1 – P(A)\), et \(A \subset B\) entraîne \(P(A) \leqslant P(B)\). Enfin, pour deux événements quelconques, \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) – P(A \cap B)\).
2.1 Une probabilité, c’est une famille de poids
Sur un univers dénombrable muni de \(\mathcal{P}(\Omega)\), une probabilité est entièrement décrite par les valeurs qu’elle prend sur les singletons. Autrement dit, choisir une probabilité revient à choisir une suite de nombres positifs de somme 1.
On énumère l’univers dénombrable sous la forme \(\Omega = \{\omega_n,\ n \in \mathbb{N}\}\), et l’on se donne des poids \(p_n \geqslant 0\) de somme totale égale à 1. Alors une probabilité \(P\), et une seule, sur la tribu \(\mathcal{P}(\Omega)\) attribue le poids \(p_n\) à chaque singleton \(\{\omega_n\}\). Sa valeur sur une partie \(A\) s’obtient en additionnant les poids des points de \(A\) :
\[P(A) = \sum_{n \,:\, \omega_n \in A} p_n .\]
Unicité : une partie \(A\) s’écrit comme réunion, finie ou dénombrable, de ses propres singletons, qui sont disjoints. Par \(\sigma\)-additivité, \(P(A)\) vaut donc forcément la somme des \(p_n\) correspondants.
Existence : la formule a un sens, car une série à termes positifs a une somme dans \([0, +\infty]\), et ici cette somme est majorée par \(\sum p_n = 1\). Ensuite, \(P(\Omega) = 1\). Enfin, si les \(A_k\) sont disjoints, sommer les \(p_n\) sur leur réunion revient à sommer par paquets. Or, pour une famille positive, le théorème de sommation par paquets autorise ce regroupement sans condition. On obtient ainsi \(P(\bigcup A_k) = \sum_k P(A_k)\).
On pose \(p_n = \dfrac{n}{2^{n+1}}\) pour \(n \in \mathbb{N}^{*}\). On rappelle que, pour \(|x| < 1\), la dérivée de la série géométrique donne \(\sum_{n \geqslant 1} n x^{n} = \dfrac{x}{(1-x)^2}\). Avec \(x = 1/2\), on trouve \(\sum n/2^n = 2\), donc \(\sum p_n = 1\). Il existe ainsi une probabilité \(P\) sur \(\mathbb{N}^{*}\) avec \(P(\{n\}) = p_n\).
Cherchons maintenant la probabilité d’obtenir un entier pair. On ne garde que les rangs \(n = 2k\) :
\[P(\text{pair}) = \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{2k}{2^{2k+1}} = \sum_{k=1}^{+\infty} k \Big(\frac{1}{4}\Big)^{k} = \frac{1/4}{(3/4)^2} = \frac{4}{9}.\]
Les impairs l’emportent donc légèrement, avec \(5/9\). En effet, les poids de 1 et de 2 sont égaux, puis chaque impair \(2k+1\) pèse un peu plus que son voisin \(2k+2\).
2.2 Pas d’équiprobabilité sur un ensemble infini
L’intuition « choisir un entier au hasard » ne se traduit par aucune probabilité. Ce fait simple explique beaucoup de paradoxes.
Il n’existe aucune probabilité \(P\) sur \((\mathbb{N}, \mathcal{P}(\mathbb{N}))\) qui donne le même poids à tous les singletons.
Supposons \(P(\{n\}) = c\) pour tout \(n\). Si \(c = 0\), la \(\sigma\)-additivité donne \(P(\mathbb{N}) = \sum 0 = 0\), ce qui contredit \(P(\mathbb{N}) = 1\). Si \(c > 0\), alors la série \(\sum c\) diverge, donc \(P(\mathbb{N}) = +\infty\), ce qui est absurde. Dans les deux cas, on aboutit à une contradiction.
Piège à éviter :
Une phrase comme « on choisit un entier naturel au hasard » n’a pas de sens sans loi précise. Dans une copie, on exige donc toujours la suite des \(p_n\). Par exemple, la loi \(p_n = n/2^{n+1}\) ci-dessus n’a rien d’uniforme.
3. Continuité monotone : passer à la limite
Beaucoup d’événements portent sur une infinité de lancers : « le 4 finit par sortir », « pile ne sort jamais ». On ne sait pas les calculer directement. En revanche, on les approche par des événements qui ne dépendent que des \(n\) premiers lancers, puis on fait tendre \(n\) vers l’infini.
Soit \((\Omega, \mathcal{A}, P)\) un espace probabilisé.
- Si \((A_n)\) est croissante pour l’inclusion, alors \(P\big(\bigcup_n A_n\big) = \lim\limits_{n \to +\infty} P(A_n)\).
- Si \((B_n)\) est décroissante pour l’inclusion, alors \(P\big(\bigcap_n B_n\big) = \lim\limits_{n \to +\infty} P(B_n)\).
Pour le premier point, on rend la réunion disjointe. On pose \(C_0 = A_0\) et \(C_n = A_n \setminus A_{n-1}\) pour \(n \geqslant 1\). Les \(C_n\) sont deux à deux incompatibles. De plus, \(A_n = C_0 \cup \cdots \cup C_n\), et la réunion des \(C_n\) est celle des \(A_n\). Ainsi, par \(\sigma\)-additivité :
\[P\Big(\bigcup_n A_n\Big) = \sum_{k=0}^{+\infty} P(C_k) = \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=0}^{n} P(C_k) = \lim_{n \to +\infty} P(A_n).\]
Pour le second point, les complémentaires \(\overline{B_n}\) forment une suite croissante. On applique le premier point, puis on passe au complémentaire grâce aux lois de De Morgan.
On en déduit une conséquence très utile, la sous-additivité dénombrable : pour toute suite d’événements, \(P\big(\bigcup A_n\big) \leqslant \sum P(A_n)\). En particulier, une réunion dénombrable d’événements de probabilité nulle est encore de probabilité nulle.
Revenons au dé tétraédrique lancé indéfiniment. Notons \(B_n\) l’événement « aucun 4 lors des \(n\) premiers lancers ». Les lancers sont indépendants, donc \(P(B_n) = (3/4)^n\). La suite \((B_n)\) est décroissante, et son intersection est l’événement « le 4 ne sort jamais ». Par continuité décroissante,
\[P(\text{aucun 4}) = \lim_{n \to +\infty} \Big(\frac{3}{4}\Big)^{n} = 0.\]
Par conséquent, l’issue \(+\infty\) de l’univers \(\mathbb{N}^{*} \cup \{+\infty\}\) a une probabilité nulle. On dit que le 4 sort presque sûrement.
La figure suivante montre la décroissance géométrique de \(P(B_n)\) et, en regard, la croissance de la probabilité d’avoir vu au moins un 4.
Pour calculer la probabilité d’un événement qui dépend d’une infinité d’essais :
- l’écrire comme réunion croissante ou intersection décroissante d’événements « finis » \(A_n\) ;
- vérifier explicitement la monotonie (\(A_n \subset A_{n+1}\) ou l’inverse) ;
- calculer \(P(A_n)\) avec les outils finis (indépendance, dénombrement) ;
- passer à la limite en citant le théorème de continuité monotone.
Piège à éviter :
Sans monotonie, la limite des \(P(A_n)\) n’a aucune raison de donner la probabilité de la réunion. Par exemple, si \(A_n\) est « le \(n\)-ième lancer donne 4 », alors \(P(A_n) = 1/4\) pour tout \(n\). Pourtant, la réunion des \(A_n\) a pour probabilité 1. On remplace alors \(A_n\) par \(A_1 \cup \cdots \cup A_n\), qui, elle, croît.
4. Probabilité conditionnelle et probabilités totales
Une information partielle modifie les chances des différents résultats. Le conditionnement traduit cette mise à jour : on restreint l’univers à l’événement observé, puis on renormalise.
On fixe un événement \(B\) de probabilité strictement positive. La probabilité conditionnelle de \(A\) par rapport à \(B\) se définit alors ainsi :
\[P_B(A) = P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}.\]
L’application \(P_B : A \mapsto P(A \mid B)\) est une probabilité sur \((\Omega, \mathcal{A})\). Toutes les règles de calcul s’appliquent donc à \(P_B\) : complémentaire, réunion, continuité monotone.
En effet, \(P_B(\Omega) = 1\), et la \(\sigma\)-additivité de \(P_B\) découle de celle de \(P\), puisque l’intersection avec \(B\) conserve le caractère disjoint. Ensuite, la définition donne la formule des probabilités composées : si \(P(A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}) > 0\), alors
\[P(A_1 \cap \cdots \cap A_n) = P(A_1)\, P(A_2 \mid A_1) \cdots P(A_n \mid A_1 \cap \cdots \cap A_{n-1}).\]
Cette formule justifie la multiplication le long d’une branche d’arbre pondéré.
4.1 La formule des probabilités totales
Soit \((B_n)_{n \in I}\), avec \(I\) fini ou dénombrable, un système complet d’événements. Pour tout événement \(A\),
\[P(A) = \sum_{n \in I} P(A \cap B_n) = \sum_{n \in I,\ P(B_n) > 0} P(B_n)\, P(A \mid B_n).\]
Découpons \(A\) selon les \(B_n\) : les morceaux \(A \cap B_n\) ne se rencontrent pas, puisque les \(B_n\) sont disjoints. Mis bout à bout, ils redonnent \(A \cap \Omega = A\). La \(\sigma\)-additivité donne la première égalité. Pour la seconde, on écrit \(P(A \cap B_n) = P(B_n) P(A \mid B_n)\) lorsque \(P(B_n) > 0\). Enfin, les termes où \(P(B_n) = 0\) sont nuls, car \(A \cap B_n \subset B_n\).
Le théorème reste vrai si la réunion des \(B_n\) est seulement presque sûre, c’est-à-dire de probabilité 1. C’est le cas, par exemple, du système « le premier 4 sort au rang \(n\) », dont on a vu qu’il manque seulement un événement négligeable.
On choisit un entier \(N \geqslant 1\) avec \(P(N = n) = 2^{-n}\). Ensuite, on lance \(N\) pièces équilibrées indépendantes. Quelle est la probabilité de l’événement \(T\) : « toutes les pièces tombent sur pile » ?
Les événements \(\{N = n\}\), pour \(n \geqslant 1\), forment un système complet, car \(\sum 2^{-n} = 1\). Sachant \(N = n\), la probabilité de \(T\) vaut \(2^{-n}\). D’après la formule des probabilités totales,
\[P(T) = \sum_{n=1}^{+\infty} 2^{-n} \cdot 2^{-n} = \sum_{n=1}^{+\infty} \Big(\frac{1}{4}\Big)^{n} = \frac{1/4}{1 – 1/4} = \frac{1}{3}.\]
L’arbre ci-dessous résume la modélisation. Il possède une infinité de branches au premier niveau, ce qui est la nouveauté par rapport au cas fini.
5. La formule de Bayes : remonter des effets aux causes
La formule des probabilités totales part des causes \(B_n\) et calcule la probabilité d’un effet \(A\). La question inverse est souvent plus naturelle : on observe \(A\), quelle cause l’a probablement produit ? C’est exactement l’objet de la formule de Bayes.
Soit \((B_n)_{n \in I}\) un système complet d’événements de probabilités strictement positives, et \(A\) un événement tel que \(P(A) > 0\). Pour tout \(k \in I\),
\[P(B_k \mid A) = \frac{P(B_k)\, P(A \mid B_k)}{\displaystyle\sum_{n \in I} P(B_n)\, P(A \mid B_n)}.\]
Par définition, \(P(B_k \mid A) = P(A \cap B_k) / P(A)\). D’une part, le numérateur s’écrit \(P(B_k) P(A \mid B_k)\). D’autre part, le dénominateur se développe avec la formule des probabilités totales. Il suffit donc de remplacer les deux termes.
Le vocabulaire aide à lire la formule. Les \(P(B_n)\) sont les probabilités a priori. Les \(P(A \mid B_n)\) sont les vraisemblances. Enfin, les \(P(B_n \mid A)\) sont les probabilités a posteriori.
- Nommer les causes possibles et vérifier qu’elles forment un système complet.
- Lire dans l’énoncé les probabilités a priori et les vraisemblances ; un arbre est le meilleur support.
- Calculer \(P(A)\) par les probabilités totales.
- Diviser la branche voulue par \(P(A)\), puis commenter le résultat obtenu.
Dans une usine de carrelage, 3 % des carreaux ont une fissure invisible. Un détecteur acoustique sonne pour 92 % des carreaux fissurés. Cependant, il sonne aussi, à tort, pour 6 % des carreaux sains. Un carreau fait sonner le détecteur. Quelle est la probabilité qu’il soit fissuré ?
Notons \(F\) « le carreau est fissuré » et \(S\) « le détecteur sonne ». Le couple \((F, \overline{F})\) est un système complet. D’abord, les probabilités totales donnent
\[P(S) = 0{,}03 \times 0{,}92 + 0{,}97 \times 0{,}06 = 0{,}0276 + 0{,}0582 = 0{,}0858.\]
Ensuite, la formule de Bayes fournit \(P(F \mid S) = 0{,}0276 / 0{,}0858 \approx 0{,}322\).
Remarque :
Ce résultat semble paradoxal : le détecteur paraît fiable, et pourtant deux alarmes sur trois sont fausses. L’explication tient au taux de base. En effet, les carreaux sains sont si nombreux que 6 % d’entre eux dépassent 92 % des rares carreaux fissurés. Sur 10 000 carreaux, on attend 276 vraies alarmes et 582 fausses. C’est pourquoi on ne juge jamais un test sur ses seules vraisemblances.
5.1 Bayes sur un système complet infini
Reprenons les \(N\) pièces de la partie 4. On apprend que toutes les pièces sont tombées sur pile. Que devient la loi de \(N\) ? La formule de Bayes s’applique sans changement, avec une infinité de causes :
\[P(N = n \mid T) = \frac{2^{-n} \cdot 2^{-n}}{1/3} = 3 \cdot 4^{-n}.\]
Ainsi, \(P(N = 1 \mid T) = 3/4\), alors que \(P(N = 1) = 1/2\). L’observation « tout pile » rend les petites valeurs de \(N\) beaucoup plus plausibles. On vérifie d’ailleurs que \(\sum_{n \geqslant 1} 3 \cdot 4^{-n} = 3 \times \frac{1}{3} = 1\), comme il se doit pour une loi a posteriori.
5.2 Un paradoxe de pièces commenté
Un sac contient trois pièces. La première porte pile sur ses deux faces. La deuxième est équilibrée. Enfin, la troisième donne pile avec probabilité 1/4. On tire une pièce au hasard, on la lance, et elle montre pile. Beaucoup répondent que la pièce à deux piles a une chance sur trois d’être en main. Pourtant, Bayes donne
\[P(\text{pièce 1} \mid \text{pile}) = \frac{\frac{1}{3} \times 1}{\frac{1}{3}\big(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{4}\big)} = \frac{1}{7/4} = \frac{4}{7}.\]
L’erreur intuitive consiste à oublier que l’observation « pile » n’a pas la même vraisemblance selon la pièce. Autrement dit, chaque cause est pondérée par sa capacité à produire ce que l’on voit.
6. Indépendance d’événements
Deux événements sont indépendants lorsque savoir que l’un est réalisé ne change pas la probabilité de l’autre. Pour ne pas exiger \(P(B) > 0\), on adopte une définition multiplicative.
Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants lorsque \(P(A \cap B) = P(A)\, P(B)\).
Une famille \((A_i)_{i \in I}\) est mutuellement indépendante lorsque, pour toute partie finie \(J \subset I\),
\[P\Big(\bigcap_{i \in J} A_i\Big) = \prod_{i \in J} P(A_i).\]
Elle est indépendante deux à deux lorsque cette égalité est seulement exigée pour les parties \(J\) à deux éléments.
Si \(P(B) > 0\), l’indépendance équivaut à \(P(A \mid B) = P(A)\). Notons aussi que l’indépendance dépend de \(P\) : deux événements peuvent être indépendants pour une probabilité et liés pour une autre.
Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(A\) et \(\overline{B}\) le sont, ainsi que \(\overline{A}\) et \(\overline{B}\). Plus généralement, remplacer certains événements d’une famille mutuellement indépendante par leurs complémentaires conserve l’indépendance mutuelle.
Comme \(A\) est la réunion disjointe de \(A \cap B\) et \(A \cap \overline{B}\), on a
\[P(A \cap \overline{B}) = P(A) – P(A)P(B) = P(A)\big(1 – P(B)\big) = P(A)\, P(\overline{B}).\]
On applique ensuite ce résultat au couple \((\overline{B}, A)\). Pour une famille, on remplace un événement à la fois, en appliquant le même calcul à chaque intersection finie.
On lance deux dés tétraédriques équilibrés. Soit \(A\) « le premier dé est pair », \(B\) « le second dé est pair » et \(C\) « la somme est paire ». Chacun a pour probabilité 1/2. De plus, chaque intersection de deux d’entre eux contient 4 cases sur 16, donc vaut \(1/4 = 1/2 \times 1/2\). La famille est ainsi indépendante deux à deux. Cependant, \(A \cap B\) entraîne \(C\). Par conséquent, \(P(A \cap B \cap C) = 1/4\), alors que \(P(A)P(B)P(C) = 1/8\). L’indépendance mutuelle échoue donc.
La grille suivante permet de compter les cases de chaque intersection en un coup d’œil.
Pour prouver une indépendance :
- calculer séparément \(P(A)\), \(P(B)\) et \(P(A \cap B)\), puis comparer le produit ;
- pour une famille, vérifier toutes les intersections finies, et pas seulement les paires ;
- quand l’expérience est formée d’épreuves indépendantes, montrer que chaque événement ne dépend que d’épreuves distinctes : l’indépendance est alors acquise par construction.
Piège à éviter :
Incompatible ne veut pas dire indépendant. C’est même l’inverse : si \(A\) et \(B\) s’excluent et pèsent chacun quelque chose, alors \(P(A \cap B) = 0 \neq P(A)P(B)\). Savoir que \(A\) est réalisé exclut en effet \(B\).
7. Modèles d’urnes
Les urnes servent de laboratoire : elles isolent un mécanisme de dépendance simple. On distingue trois protocoles, selon ce que l’on fait du jeton tiré.
7.1 Avec remise, sans remise
Une urne contient \(r\) jetons rouges et \(b\) jetons blancs. Avec remise, les tirages sont indépendants, et chaque tirage donne rouge avec probabilité \(r/(r+b)\). Sans remise, la composition change à chaque tirage. Les tirages ne sont donc plus indépendants. Pourtant, une symétrie subsiste : le \(k\)-ième jeton tiré est rouge avec probabilité \(r/(r+b)\), quel que soit \(k\).
Une urne contient 4 jetons rouges et 2 blancs. On tire deux jetons sans remise. Notons \(R_i\) « le \(i\)-ième jeton est rouge ». Par les probabilités totales,
\[P(R_2) = \frac{4}{6} \cdot \frac{3}{5} + \frac{2}{6} \cdot \frac{4}{5} = \frac{12 + 8}{30} = \frac{2}{3}.\]
On retrouve bien \(4/6\). En revanche, \(P(R_1 \cap R_2) = \frac{4}{6} \cdot \frac{3}{5} = \frac{2}{5}\), alors que \(P(R_1)P(R_2) = \frac{4}{9}\). Les deux tirages sont donc dépendants, bien que de même loi.
7.2 L’urne de Pólya
Dans l’urne de Pólya, on remet le jeton tiré et on ajoute \(c\) jetons de sa couleur. Ce protocole renforce la couleur déjà sortie, comme une contagion. Il illustre bien la différence entre « même loi » et « indépendance ». En effet, on montre par récurrence que chaque tirage donne rouge avec probabilité \(r/(r+b)\). Cependant, un rouge au premier tirage rend le rouge plus probable au second.
Remarque :
Le calcul de \(P(R_1 \mid R_2)\) dans une urne surprend souvent : on conditionne par un événement futur. Il n’y a là aucune causalité, seulement de l’information. La formule de Bayes s’applique sans précaution particulière, car seule compte la structure de l’espace probabilisé.
Les erreurs fréquentes
- Parler d’un entier « choisi au hasard » sans donner de loi : aucune probabilité uniforme n’existe sur \(\mathbb{N}\).
- Passer à la limite dans \(P(A_n)\) sans avoir vérifié que la suite \((A_n)\) est monotone.
- Confondre \(P(A \mid B)\) et \(P(B \mid A)\), notamment dans les exercices de test ou de détection.
- Utiliser la formule des probabilités totales avec des événements qui se chevauchent ou ne recouvrent pas l’univers.
- Croire que l’indépendance deux à deux entraîne l’indépendance mutuelle.
- Confondre événements incompatibles et événements indépendants.
Fiche mémo
- Tribu : contient \(\Omega\), stable par complémentaire et par réunion dénombrable ; sur un univers dénombrable, on prend \(\mathcal{P}(\Omega)\).
- Probabilité : \(P(\Omega) = 1\) et \(\sigma\)-additivité.
- Univers dénombrable : une probabilité équivaut à une suite \((p_n)\) positive de somme 1.
- Continuité monotone : \(P(\bigcup A_n) = \lim P(A_n)\) si \((A_n)\) croît, \(P(\bigcap B_n) = \lim P(B_n)\) si \((B_n)\) décroît.
- Sous-additivité : \(P(\bigcup A_n) \leqslant \sum P(A_n)\).
- Conditionnement : \(P(A \mid B) = P(A \cap B)/P(B)\), et \(P_B\) est une probabilité.
- Probabilités totales : \(P(A) = \sum P(B_n) P(A \mid B_n)\) pour un système complet fini ou dénombrable.
- Bayes : \(P(B_k \mid A) = P(B_k)P(A \mid B_k) / P(A)\) ; penser au taux de base.
- Indépendance : \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\) ; mutuelle si toutes les intersections finies se factorisent.
- Urnes : avec remise, tirages indépendants ; sans remise ou Pólya, tirages de même loi mais dépendants.
Questions fréquentes
Pourquoi a-t-on besoin d'une tribu si l'on prend toujours toutes les parties ?
Sur un univers dénombrable, la tribu de toutes les parties convient toujours, et c’est le choix standard. La notion de tribu sert à fixer les règles de stabilité, en particulier la réunion dénombrable. Elle devient indispensable sur un univers non dénombrable, comme pour les lois à densité, où l’on ne peut plus mesurer toutes les parties.
Un événement de probabilité nulle est-il impossible ?
Non. Dans un lancer de dé répété indéfiniment, la suite où le 4 ne sort jamais est un résultat possible, mais sa probabilité est nulle. On dit que son complémentaire est presque sûr. Seul l’ensemble vide est impossible au sens strict.
Comment savoir s'il faut utiliser les probabilités totales ou la formule de Bayes ?
Posez-vous la question du sens de la flèche. Si l’on connaît la cause et que l’on cherche les chances d’un effet, ce sont les probabilités totales. Si l’on a vu l’effet et que l’on se demande d’où il vient, c’est Bayes, dont le dénominateur se calcule d’ailleurs avec les probabilités totales.
L'indépendance deux à deux suffit-elle pour multiplier trois probabilités ?
Non. Pour écrire que la probabilité de l’intersection de trois événements est le produit des trois probabilités, il faut l’indépendance mutuelle. Deux dés tétraédriques et la parité de leur somme donnent un contre-exemple classique où chaque paire est indépendante sans que le triplet le soit.
Pour aller plus loin
- S’exercer : exercices corrigés de L2 de maths sur univers dénombrable et Bayes
- Chapitre d’avant : Hessienne, Taylor à l'ordre 2 et extrema libres
- Chapitre d’après : Lois discrètes, espérance et variance
- Vérifier ses acquis : QCM de L2 de maths sur univers dénombrable et Bayes
- Contrôle corrigé en temps limité : Urnes infinies et formule de Bayes : contrôle de maths en L2
- Un autre sujet noté sur 20 : Partiel de probabilités discrètes : contrôle de maths en L2
- Tous les chapitres : le sommaire de la L2 de maths
- Après le bac : les maths post-bac, de la MPSI à la L3
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