Espaces probabilisés et dénombrement

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

modéliser une expérience aléatoire par un univers $Ω$ et traduire un énoncé en français dans le langage des ensembles (réunion, intersection, complémentaire, inclusion, disjonction);
énoncer les axiomes de Kolmogorov et en démontrer les conséquences usuelles: $P (\emptyset) = 0$ , $P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)$ , la croissance, la formule d'addition, l'inégalité de Boole et la continuité le long d'une suite monotone d'événements;
reconnaître quand l'hypothèse d'équiprobabilité est légitime, et repérer les situations où elle est un choix de modélisation contestable;
compter systématiquement: principe multiplicatif, $p$ -listes, arrangements, permutations, combinaisons, et choisir le bon des quatre modes de tirage;

Expérience aléatoire, univers, événements

Ce que le hasard exige d'un modèle

Lancer un dé, mesurer le diamètre d'un axe sorti d'un tour, compter les appels reçus par un centre entre 9 h et 9 h 01, demander à mille personnes pour qui elles voteront: ces opérations ont deux traits communs. On sait décrire à l'avance l'ensemble des résultats possibles, et on ne sait pas dire lequel sortira. C'est exactement ce que l'on appelle une expérience aléatoire. La théorie des probabilités ne prétend pas prédire le résultat: elle organise l'incertitude assez rigoureusement pour qu'on puisse en tirer des conséquences chiffrées, et c'est cette organisation que le présent chapitre met en place.

Insistons sur ce dernier point, car c'est la source de la plupart des erreurs de débutant. L'univers n'est pas donné par la nature: il est choisi. Pour le lancer de deux dés, on peut prendre

Ω_{1} = {(i, j) : 1 \leq i \leq 6, 1 \leq j \leq 6}, ∣ Ω_{1} ∣ = 36,

c'est-à-dire les deux dés distingués (par exemple un rouge et un bleu), ou bien

Ω_{2} = {2, 3, \dots, 12}, ∣ Ω_{2} ∣ = 11,

c'est-à-dire la seule somme. Les deux univers sont légitimes, mais ils ne portent pas la même information — et surtout, comme on le verra, les issues de $Ω_{1}$ peuvent raisonnablement être supposées équiprobables alors que celles de $Ω_{2}$ ne le sont certainement pas.

Selon l'expérience, $Ω$ prend trois formes très différentes, et c'est cette différence qui commande la technique mathématique employée:

$Ω$ fini. Un lancer de dé: $Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}$ . Un tirage de six numéros parmi 42: $Ω$ est l'ensemble des parties à six éléments de ${1, \dots, 42}$ , de cardinal $5245786$ . Le contrôle de dix pièces, chacune conforme ou non: $Ω = {C, D}^{10}$ , de cardinal . Dans ce cas, suffit à calculer, et le dénombrement occupe la moitié de ce chapitre.

Événements

Tout l'intérêt de cette définition est qu'elle traduit mécaniquement le français en opérations ensemblistes. Le tableau suivant est à connaître par cœur; il sera utilisé sans commentaire dans tout le cours.

Langage courant	Opération ensembliste	Notation
$A$ et $B$ sont réalisés	intersection	$A \cap B$
$A$ ou $B$ est réalisé (ou les deux)	réunion	$A \cup B$
$A$ n'est pas réalisé	complémentaire	$\overset{ˉ}{A} = Ω ∖ A$

Les deux dernières lignes du tableau et les lois de De Morgan,

\overline{i ⋃ A_{i}} = i ⋂ \overset{ˉ}{A_{i}}, \overline{i ⋂ A_{i}} = i ⋃ \overset{ˉ}{A_{i}}, (1.1)

forment la manœuvre la plus rentable du calcul des probabilités: le complémentaire de «au moins un» est «aucun», et «aucun» est souvent bien plus facile à compter. Nous l'emploierons quatre fois dans ce chapitre, dont une fois pour résoudre le problème des anniversaires.

Pourquoi une tribu?

Quand $Ω$ est fini ou dénombrable, on peut prendre comme événements toutes les parties de $Ω$ , et personne n'est gêné. Quand $Ω$ est continu, cette générosité devient impossible: on démontre (Vitali, 1905) qu'il n'existe aucune façon d'attribuer à toutes les parties de $[0, 1]$ une «longueur» qui soit à la fois additive pour les réunions dénombrables disjointes et invariante par translation. Il faut donc renoncer à mesurer certaines parties, et se restreindre à une famille d'événements stable par les opérations que l'on veut faire.

Les trois axiomes disent exactement: «l'événement certain est un événement», «la négation d'un événement est un événement», «une réunion dénombrable d'événements est un événement». On en déduit aussitôt $\emptyset = \overset{ˉ}{Ω} \in A$ et, par De Morgan (1.1), la stabilité par intersection dénombrable. Le mot «dénombrable» au point 3 est essentiel: c'est lui qui rend possibles les passages à la limite du théorème 1.3, et c'est lui aussi qui interdit de réunir arbitrairement des singletons — sans quoi toutes les parties de $[0, 1]$ seraient des événements et Vitali reprendrait ses droits.

Ce que nous admettons et pourquoi

Dans tout ce cours, quand $Ω$ est fini ou dénombrable, nous prenons $A = P (Ω)$ , l'ensemble de toutes les parties: aucune difficulté. Quand $Ω = R$ ou un intervalle, nous prenons la tribu borélienne, la plus petite tribu contenant tous les intervalles; elle contient tout ce que l'on rencontre en pratique (intervalles, réunions dénombrables d'intervalles, singletons), et nous admettrons son existence, ainsi que l'existence des probabilités que nous manipulerons dessus. La construction rigoureuse relève de la théorie de la mesure, qui n'est pas un prérequis ici. Retenez seulement ceci: la tribu n'est pas une coquetterie, c'est ce qui permet de faire des probabilités sur un univers continu sans se contredire. Dans les exercices, vous n'aurez jamais à vérifier qu'un ensemble est un événement.

Question 1.1

On lance deux dés. Soit $A$ l'événement «la somme est paire» et $B$ l'événement «le premier dé donne 3». Comment s'écrit «la somme est impaire et le premier dé ne donne pas 3»?

Les axiomes de Kolmogorov

L'axiomatique

Jusqu'aux années 1930, les probabilités s'appuyaient sur des définitions intuitives — le rapport du nombre de cas favorables au nombre de cas possibles (Laplace), ou la limite d'une fréquence (von Mises) — dont aucune ne résistait au cas continu. En 1933, Kolmogorov propose de poser trois axiomes et de tout déduire d'eux. Le gain est spectaculaire: la même théorie couvre le dé, la file d'attente et le mouvement brownien.

Trois remarques. D'abord, l'axiome 3 contient l'additivité finie: il suffit de compléter une famille finie $A_{1}, \dots, A_{n}$ par $A_{n + 1} = A_{n + 2} = \dots = \emptyset$ . Ensuite, la série de (1.2) est à termes positifs et majorée par 1, donc convergente: sa somme ne dépend pas de l'ordre des termes, ce qui est indispensable puisque la réunion, elle, n'est pas ordonnée. Enfin, rien dans ces axiomes ne dit d'où viennent les nombres : le modélisateur les choisit, et c'est là qu'il engage sa responsabilité scientifique.

Les conséquences, démontrées

Démonstration.

1. Les événements $A_{n} = \emptyset$ , $n \geq 1$ , sont deux à deux incompatibles (car $\emptyset \cap \emptyset = \emptyset$ ) et leur réunion est $\emptyset$ . La sigma-additivité donne $P (\emptyset) = \sum_{n \geq 1} P (\emptyset)$ . Si , la série de droite diverge, ce qui contredit l'égalité; donc . (C'est le seul endroit du chapitre où l'axiome 3 sert dans sa version infinie pour établir un fait «fini».)

2. $A$ et $\overset{ˉ}{A}$ sont incompatibles et leur réunion est $Ω$ . L'additivité finie et la normalisation donnent $P (A) + P (\overset{ˉ}{A}) = P (Ω) = 1$ . Comme $P (\overset{ˉ}{A}) \geq 0$ , on a : les axiomes forcent les probabilités à vivre dans , alors que seule la positivité était postulée.

3. Si $A \subset B$ , les événements $A$ et $B ∖ A = B \cap \overset{ˉ}{A}$ sont incompatibles et leur réunion est $B$ . Donc $P (B) = P (A) + P (B ∖ A)$ , d'où la première égalité, et par positivité.

4. Décomposons $A \cup B$ en trois morceaux deux à deux disjoints:

A \cup B = (A \cap \overset{ˉ}{B}) \cup (A \cap B) \cup (\overset{ˉ}{A} \cap B) .

L'additivité donne $P (A \cup B) = P (A \cap \overset{ˉ}{B}) + P (A \cap B) + P (\overset{ˉ}{A} \cap B)$ . Or est la réunion disjointe de et , donc , et de même . En reportant,

P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B) .

L'interprétation est celle du dénombrement: en additionnant $P (A)$ et $P (B)$ on compte deux fois la partie commune, il faut donc la retrancher une fois.

5. Posons $B_{1} = A_{1}$ et, pour $n \geq 2$ , $B_{n} = A_{n} ∖ (A_{1} \cup \dots \cup A_{n - 1})$ . Les sont des événements (stabilité de la tribu), ils sont deux à deux incompatibles par construction, , et . La sigma-additivité puis la croissance donnent

P (n ⋃ A_{n}) = n \sum P (B_{n}) \leq n \sum P (A_{n}) . □

Ce «découpage en couronnes» du point 5 est une technique à retenir: elle transforme une réunion quelconque en réunion disjointe et sert aussi à démontrer le théorème suivant.

Démonstration. Appliquons deux fois le point 4 du théorème 1.1. D'abord à $A \cup B$ et $C$ :

P (A \cup B \cup C) = P (A \cup B) + P (C) - P ((A \cup B) \cap C) .

Ensuite $P (A \cup B) = P (A) + P (B) - P (A \cap B)$ , et par distributivité $(A \cup B) \cap C = (A \cap C) \cup (B \cap C)$ , dont la probabilité vaut, encore par le point 4,

P (A \cap C) + P (B \cap C) - P (A \cap B \cap C),

puisque $(A \cap C) \cap (B \cap C) = A \cap B \cap C$ . En reportant les deux résultats, on obtient (1.3). $□$

Continuité le long d'une suite monotone

L'axiome de sigma-additivité a une conséquence qui ressemble à la continuité d'une fonction, et qui est l'outil de tous les passages à la limite du cours.

Démonstration. 1. Posons $B_{1} = A_{1}$ et $B_{n} = A_{n} ∖ A_{n - 1}$ pour . Comme la suite est croissante, les sont deux à deux incompatibles, et . La sigma-additivité donne

P (A) = n \geq 1 \sum P (B_{n}) = N \to \infty lim n = 1 \sum N P (B_{n}) = N \to \infty lim P (A_{N}),

la deuxième égalité étant la définition même de la somme d'une série (Analyse I, chapitre 4) et la troisième l'additivité finie.

2. Passons aux complémentaires: $(\overset{ˉ}{A_{n}})$ est croissante et $⋃_{n} \overset{ˉ}{A_{n}} = \overset{ˉ}{B}$ par De Morgan. Le point 1 donne , c'est-à-dire , d'où le résultat.

Question 1.2

Dans la situation de l'exemple 1.3, quelle est la probabilité qu'une pièce soit hors tolérance «ou» vienne du fournisseur 2 (au sens inclusif)?

Équiprobabilité

Le cas uniforme

La formule (1.4) définit bien une probabilité: elle est positive, vaut 1 en $Ω$ , et l'additivité est celle du cardinal sur des ensembles disjoints. Sous équiprobabilité, calculer une probabilité, c'est compter deux ensembles — d'où le long développement de dénombrement qui suit. Notez aussi la condition « $Ω$ fini»: il n'existe pas de probabilité uniforme sur $N$ , car une constante $c$ répétée une infinité de fois donne une série de somme $0$ (si $c = 0$ ) ou $+ \infty$ , jamais 1.

L'équiprobabilité est une hypothèse, pas une évidence

Dire «il y a $n$ cas, donc chacun vaut $1/ n$ » n'est jamais une déduction: c'est un choix de modèle, qui doit se justifier par une symétrie physique (un dé homogène, une pièce bien équilibrée, un tirage mécanique contrôlé) ou par un protocole (un échantillon tiré au sort par un générateur vérifié). Trois façons classiques de se tromper:

Le mauvais univers. Sur $Ω_{2} = {2, \dots, 12}$ , les sommes de deux dés ne sont pas équiprobables: $P (7) = 6/36 = 1/6$ mais . La symétrie physique vaut pour les , pas pour les sommes. L'erreur est ancienne et célèbre: d'Alembert, dans l' (1754), proposait pour deux lancers de pièce l'univers à trois issues «pile», «face puis pile», «face puis face», les tenait pour équiprobables et concluait , alors que le bon univers à quatre issues donne .

Tirages successifs et arbre

Beaucoup d'expériences se décomposent en étapes. L'arbre les représente: chaque nœud est un état intermédiaire, chaque branche une étape, et un chemin complet de la racine à une feuille est une issue.

Justifions ces poids sans probabilité conditionnelle, qui est l'objet du chapitre 2. Numérotons les boules $R_{1}, R_{2}, R_{3}, N_{1}, N_{2}$ : tirer trois boules successivement sans remise produit une des suites ordonnées de boules distinctes, et la symétrie du dispositif rend ces 60 suites équiprobables. Le chemin «R R N» de l'arbre regroupe les suites dont les couleurs sont rouge, rouge, noire: il y en a , d'où , qui est bien le produit . Les sept chemins comptent suites: la partition est complète et les probabilités somment à 1.

Question 1.3

Remettez dans l'ordre les étapes d'un calcul de probabilité sous hypothèse d'équiprobabilité.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Former le quotient

∣ A ∣ / ∣ Ω ∣

et vérifier qu'il est compris entre 0 et 1

Compter

∣ A ∣

, au besoin par le complémentaire

Écrire explicitement l'univers

Ω

et justifier que ses issues sont équiprobables

Traduire l'énoncé en un événement

A \subset Ω

Décrire l'expérience aléatoire et choisir le niveau de détail des issues

Compter

∣ Ω ∣

avec le principe multiplicatif ou une formule de dénombrement

Dénombrement

Le principe multiplicatif

Tout le dénombrement élémentaire découle d'une seule idée.

Démonstration. Récurrence sur $p$ . Pour $p = 1$ l'énoncé est trivial. Supposons-le vrai à l'ordre $p - 1$ : les $p - 1$ premières étapes produisent $n_{1} \dots n_{p - 1}$ suites de choix. À chacune de ces suites correspondent prolongements, et deux suites distinctes donnent des prolongements distincts. L'ensemble des constructions est donc la réunion de ensembles de cardinal , d'où le cardinal .

La clause «quel que soit le choix fait aux étapes précédentes» est la seule difficulté pratique: ce n'est pas l'ensemble des choix qui doit être le même à chaque étape, seulement son cardinal. Dans le tirage sans remise de la figure 1.1, les boules disponibles à la deuxième étape dépendent de la première, mais leur nombre — quatre — n'en dépend pas: le principe s'applique.

Les quatre modes de tirage

On tire $k$ objets dans un réservoir de $n$ objets discernables. Deux questions binaires déterminent entièrement le comptage: tient-on compte de l'ordre? un objet peut-il sortir plusieurs fois?

Démonstration. Pour une $k$ -liste, chacune des $k$ positions se remplit librement parmi les $n$ éléments: le principe multiplicatif donne $n \times n \times \dots \times n = n^{k}$ . Pour un arrangement, la première position offre $n$ choix, la deuxième $n - 1$ (tout sauf l'élément déjà pris), …, la -ième : le produit vaut , que l'on écrit en complétant et simplifiant. Le cas donne .

Pour les combinaisons, on compte deux fois le même ensemble. Construire un arrangement de $k$ éléments revient à choisir d'abord la partie à $k$ éléments qu'il utilise ( $(k n)$ choix), puis à ordonner cette partie ( $k!$ choix, une permutation de $k$ objets). Le principe multiplicatif donne $A_{n}^{k} = (k n) \cdot k!$ , d'où . Ce raisonnement de «double comptage», ou comptage d'un même ensemble de deux façons, est l'outil central de la combinatoire; nous l'utiliserons encore trois fois.

Pour les tirages non ordonnés avec répétition, un tirage est entièrement décrit par les multiplicités $m_{1}, \dots, m_{n} \geq 0$ des $n$ objets, avec $m_{1} + \dots + m_{n} = k$ . Codons-le par une suite de étoiles et barres: étoiles, une barre, étoiles, une barre, etc. On obtient une bijection entre les tirages et les mots de symboles dont sont des étoiles; choisir les positions des étoiles donne .

Le tableau ci-dessous récapitule les quatre cas, avec un exemple concret de chacun.

	Avec remise	Sans remise
Ordonné	$n^{k}$ — un code PIN de 4 chiffres: $1 0^{4} = 10000$	$\frac{n !}{( n - k )!}$ — le podium d'une course de 8 coureurs:

Explorateur 1.1 · Explorateur des quatre comptages

Tirage de k objets parmi n. Les quatre comptages — p-listes, arrangements sans répétition, combinaisons, combinaisons avec répétition — sont calculés simultanément et comparés sur une échelle logarithmique (la longueur d'une barre est le nombre de chiffres du comptage). Faites glisser k au-delà de n pour voir les deux comptages « sans remise » s'annuler.

Taille du réservoir n10

Taille du tirage k3

p-listes n^k

1 000

Arrangements n!/(n−k)!

720

Combinaisons C(n, k)

120

Avec répétition C(n+k−1, k)

220

Rapport arrangements / combinaisons

6 = k!

Question 1.4

Dix personnes se serrent la main, chacune serrant la main de chacune des autres exactement une fois. Combien de poignées de main ont lieu?

Les coefficients binomiaux

Les $(k n)$ méritent une section à eux seuls: ils reviendront au chapitre 4 comme le cœur de la loi binomiale.

Démonstration.

1. Démonstration combinatoire: choisir une partie de $k$ éléments dans $E$ , c'est exactement choisir la partie complémentaire, qui en a $n - k$ . L'application $A \mapsto \overset{ˉ}{A}$ est une bijection de l'ensemble des parties à $k$ éléments sur celui des parties à $n - k$ éléments, donc les deux ensembles ont même cardinal. (Le calcul algébrique sur donne évidemment la même chose, mais dit moins.)

2. Démonstration combinatoire, par double comptage. Fixons un élément particulier $x \in E$ et partageons les parties à $k$ éléments en deux familles, selon qu'elles contiennent $x$ ou non. Celles qui contiennent $x$ sont déterminées par les $k - 1$ autres éléments, choisis parmi les $n - 1$ éléments restants: il y en a $(k - 1 n - 1)$ . Celles qui ne contiennent pas sont des parties à éléments de : il y en a . Les deux familles sont disjointes et leur réunion est l'ensemble de toutes les parties à éléments, d'où la relation. C'est cette relation qui engendre le triangle de Pascal, chaque terme étant la somme des deux qui le surmontent.

3. Développons $(a + b)^{n} = (a + b) (a + b) \dots (a + b)$ ( $n$ facteurs) en choisissant dans chaque facteur soit $a$ , soit $b$ . Chaque choix produit un monôme où est le nombre de facteurs dans lesquels on a pris . Deux choix donnent le même monôme si et seulement s'ils sélectionnent le même nombre de facteurs pour ; le monôme apparaît donc autant de fois qu'il y a de parties à éléments dans l'ensemble des facteurs, soit fois. En regroupant, on obtient la formule. (Une récurrence sur utilisant la relation de Pascal donne le même résultat; la version combinatoire explique le coefficient est un nombre de parties.)

4. Faisons $a = b = 1$ dans le point 3: $2^{n} = \sum_{k} (k n)$ . Interprétation directe: le membre de gauche compte toutes les parties de (chaque élément est dedans ou dehors, principe multiplicatif), le membre de droite les compte en les classant par cardinal. Puis , : pour , ce qui signifie qu'un ensemble non vide a autant de parties de cardinal pair que de cardinal impair.

Question 1.5

Combien de mains de 5 cartes, tirées d'un jeu de 52, contiennent exactement deux as?

Quatre dénombrements complets

Tous les nombres de cette section ont été recalculés exactement (fractions rationnelles, puis valeur décimale à quatre chiffres significatifs).

Une main de cinq cartes

Un jeu de 52 cartes comporte 13 hauteurs (2 à 10, valet, dame, roi, as) et 4 couleurs (pique, cœur, carreau, trèfle). On distribue 5 cartes; l'univers est l'ensemble des parties à 5 éléments — l'ordre de distribution n'intervient pas dans la valeur de la main — et

∣ Ω ∣ = (5 52) = 2598960,

les mains étant équiprobables si le jeu est bien battu.

Une loterie

Une loterie tire 6 numéros parmi 42, sans remise et sans ordre; le joueur coche 6 numéros. L'univers est l'ensemble des tirages possibles,

∣ Ω ∣ = (6 42) = 5245 786.

La probabilité d'avoir les six bons numéros est $1/5 245786 \approx 1, 906 \cdot 1 0^{- 7}$ : une chance sur cinq millions et quart. Plus généralement, la probabilité d'avoir exactement $k$ bons numéros s'obtient en choisissant $k$ numéros parmi les 6 gagnants et $6 - k$ parmi les 36 autres:

P (k bons) = \frac{( k 6 ) ( 6 - k 36 )}{( 6 42 )} . (1.8)

$k$	0	1	2	3	4	5	6
effectif	1 947 792	2 261 952	883 575	142 800	9450	216	1
$P (k)$	0,3713	0,4312	0,1684	0,02722	0,001801	0,00004118	0,0000001906

Les sept effectifs somment à $5245786$ et les sept probabilités à exactement 1 (vérifié en fractions exactes): c'est le contrôle de partition annoncé plus haut. Retenez la deuxième colonne: avoir exactement un bon numéro est le cas le plus fréquent, avec 43 % des tirages. La loi que l'on vient d'écrire est la loi hypergéométrique, qui reviendra au chapitre 4.

Le problème des anniversaires

Un contrôle de qualité

Question 1.6

Dans le lot de l'exemple 1.9, on double la taille de l'échantillon (10 pièces au lieu de 5). La probabilité de ne détecter aucun défaut est-elle divisée par deux?

La formule du crible de Poincaré

Le cas général

La formule d'addition du théorème 1.1 et celle du théorème 1.2 sont les cas $n = 2$ et $n = 3$ d'une formule générale, dite formule du crible, formule de Poincaré ou principe d'inclusion-exclusion.

Démonstration (par les indicatrices). Rappelons que l'indicatrice $1_{A}$ vaut 1 sur $A$ et 0 ailleurs, que $1_{A \cap B} = 1_{A} 1_{B}$ et que . Notons . Alors

1 - 1_{U} = 1_{\overset{ˉ}{U}} = i = 1 \prod n (1 - 1_{A_{i}}),

par De Morgan. Développons le produit comme au théorème 1.6, point 3: on obtient une somme sur toutes les parties $I \subset {1, \dots, n}$ ,

i = 1 \prod n (1 - 1_{A_{i}}) = I \sum (- 1)^{∣ I ∣} i \in I \prod 1_{A_{i}} = I \sum (- 1)^{∣ I ∣} 1_{⋂_{i \in I} A_{i}},

la partie vide donnant le terme 1. En isolant ce terme et en changeant de signe,

1_{U} = - I \neq = \emptyset \sum (- 1)^{∣ I ∣} 1_{⋂_{i \in I} A_{i}} = I \neq = \emptyset \sum (- 1)^{∣ I ∣ + 1} 1_{⋂_{i \in I} A_{i}} .

Il reste à «prendre la probabilité» des deux membres. Pour un événement $B$ , $P (B)$ est la moyenne de $1_{B}$ au sens de l'espérance du chapitre 3; à ce stade, il suffit de le vérifier sur un univers fini équiprobable, où sommer l'égalité ci-dessus sur tous les $ω \in Ω$ et diviser par $∣ Ω ∣$ donne exactement (1.10). En regroupant les parties $I$ selon leur cardinal $k$ , on obtient la forme annoncée.

La figure 1.3 est la démonstration du théorème 1.2 rendue visible. Un élément appartenant à un seul des trois ensembles est compté une fois par les trois premiers termes et par aucun autre: bilan 1. Un élément appartenant à exactement deux ensembles est compté deux fois par les termes simples, retranché une fois par le terme double correspondant: bilan $2 - 1 = 1$ . Un élément appartenant aux trois est compté trois fois, retranché trois fois, rajouté une fois: bilan $3 - 3 + 1 = 1$ . Chaque élément de la réunion est donc compté exactement une fois, ce qui est précisément ce qu'il fallait démontrer. Le cas général se lit de la même façon: un élément appartenant à exactement $m$ des $n$ ensembles est compté

k = 1 \sum m (- 1)^{k + 1} (k m) = - k = 1 \sum m (- 1)^{k} (k m) = 1 - k = 0 \sum m (- 1)^{k} (k m) = 1 - 0 = 1

fois, d'après le point 4 du théorème 1.6.

Les dérangements: le problème des chapeaux

Ce que ce chapitre ne fait pas: le conditionnement

Une question revient sans cesse dans les exemples ci-dessus: comment réviser une probabilité quand on apprend quelque chose? Sur la figure 1.1, le poids $2/4$ de la deuxième branche répond déjà implicitement à «sachant que la première boule tirée est rouge, quelle est la probabilité que la deuxième le soit?»; dans le problème des deux enfants, tout le débat tient à ce que l'on conditionne. Nous avons délibérément évité le mot et l'outil: ici, chaque probabilité a été calculée par un comptage sur un univers fixé une fois pour toutes.

Le chapitre 2 introduit $P (A ∣ B)$ , la formule des probabilités composées, celle des probabilités totales et la formule de Bayes, ainsi que l'indépendance — qu'il faudra soigneusement distinguer de l'incompatibilité. Il y démontrera notamment que le dépistage d'une maladie rare produit surtout des faux positifs, et il donnera aux arbres pondérés de ce chapitre leur statut définitif.

Synthèse

Modéliser une expérience aléatoire, c'est choisir un univers $Ω$ — fini, dénombrable ou continu —, une tribu $A$ d'événements et une probabilité $P$ . La tribu n'est une contrainte réelle que dans le cas continu, où l'on ne peut pas mesurer toutes les parties de $R$ ; nous prendrons toujours $P (Ω)$ dans le cas dénombrable et la tribu borélienne sinon.
Les trois axiomes de Kolmogorov (positivité, $P (Ω) = 1$ , sigma-additivité) entraînent tout le reste: $P (\emptyset) = 0$ , $P (\overset{ˉ}{A}) = 1 - P (A)$ , la croissance, , l'inégalité de Boole et la continuité le long d'une suite monotone.

Série d'exercices du chapitre 1Exercice 1 sur 5

Question 1.7

Deux événements $A$ et $B$ vérifient $P (A) = 0, 6$ , $P (B) = 0, 5$ . Que peut-on affirmer?

Exercices

Vous pouvez afficher le corrigé directement sous chaque énoncé après avoir cherché la solution.

Exercice 1.1 · Traductions et axiomes

Soient $A$ , $B$ , $C$ des événements d'un espace probabilisé.

Écrire, avec les opérations ensemblistes, les événements suivants: «seul $A$ est réalisé», «exactement deux des trois sont réalisés», «au plus un des trois est réalisé».
Montrer que $P (A \cap B) \geq P (A) + P (B) - 1$ (inégalité de Bonferroni).

Exercice 1.2 · Dénombrements

Combien de plaques d'immatriculation peut-on former avec deux lettres suivies de quatre chiffres, si les lettres peuvent se répéter mais pas les chiffres?
De combien de façons peut-on asseoir 8 personnes autour d'une table ronde, deux dispositions se déduisant l'une de l'autre par rotation étant considérées comme identiques?
Combien de chemins mènent du coin inférieur gauche au coin supérieur droit d'une grille de 5 sur 4, en ne se déplaçant que vers la droite ou vers le haut d'une unité à la fois?
Combien y a-t-il de solutions en entiers positifs ou nuls de $x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} = 12$ ?

Exercice 1.3 · Cartes et dés

On tire 5 cartes d'un jeu de 52. Calculer la probabilité d'obtenir exactement un roi et exactement deux cœurs. (Attention au roi de cœur.)
On lance 4 dés équilibrés. Calculer la probabilité d'obtenir au moins un 6.
On lance 4 dés équilibrés. Calculer la probabilité que les quatre résultats soient deux à deux distincts.

Solution

1. Il faut distinguer selon que le roi obtenu est le roi de cœur ou non, car cette carte compte dans les deux contraintes.

Cas A: le roi est le roi de cœur. Il reste à choisir 1 cœur parmi les 12 cœurs non-rois ( $(1 12) = 12$ ) et 3 cartes qui ne sont ni rois ni cœurs. Les cartes ni roi ni cœur sont $52 - 13 - 4 + 1 = 36$ (crible!), d'où . Total: .

Exercice 1.4 · Crible et dérangements

Dans un club de 60 membres (données fictives), 32 pratiquent la course, 25 le vélo, 18 la natation; 12 pratiquent course et vélo, 9 course et natation, 7 vélo et natation, et 4 les trois. Combien n'en pratiquent aucune? Détailler les sept régions.
On tire au sort une permutation de ${1, 2, 3, 4, 5}$ . Calculer la probabilité qu'elle ait au moins un point fixe, puis la probabilité qu'elle en ait exactement un.
Montrer que le nombre $D_{n}$ de dérangements vérifie $D_{n} = n D_{n - 1} + (- 1)^{n}$ et vérifier la relation pour .

Exercice 1.5 · Anniversaires et coïncidences

Établir la formule (1.9) et calculer $P (A_{n})$ pour $n = 10$ , $n = 23$ et $n = 50$ .
À partir de quelle valeur de $n$ la probabilité dépasse-t-elle ?

Références

Ross, S., Initiation aux probabilités, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chapitres 1 et 2 (dénombrement, axiomes, formule du crible).
Saporta, G., Probabilités, analyse des données et statistique, Technip, Paris, chapitre 1.
Morgenthaler, S., Introduction à la statistique, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne.
Dodge, Y., Statistique — dictionnaire encyclopédique, Springer, Paris (entrées «axiomes de Kolmogorov», «dérangement», «paradoxe de Bertrand»).
Wackerly, D., Mendenhall, W. et Scheaffer, R., Mathematical Statistics with Applications, Cengage, Boston, chapitre 2.
Feller, W., An Introduction to Probability Theory and Its Applications, vol. 1, Wiley, New York, chapitres 2 et 4 (le traitement classique du problème des chapeaux et des coïncidences).

$d$	0	1	2	3	4
effectif	1 370 754	652 740	91 080	4140	46
$P (D = d)$	0,6470	0,3081	0,04299	0,001954	0,00002171

$n$	1	2	3	4	5	6	7	8
$D_{n}$	0	1	2	9	44	265	1854	14 833
$d_{n} = D_{n} / n!$	0	0,5	0,3333	0,375	0,3667	0,3681	0,36786	0,367882