Probabilité conditionnelle

Pages: 7 (1641 mots) Publié le: 21 mars 2011
LEÇON N˚ 5 : Probabilité conditionnelle, indépendance de deux événements (on se limitera au cas où l’ensemble d’épreuves des fini). Applications à des calculs de probabilité.
Pré-requis : – Opérations sur les ensembles, cardinaux ; – Espaces probabilisés ; – Calcul de probabilités. On se place dans un espace probabilisé (Ω, P(Ω), P). Introduction : On se donne le tableau suivant représentant laproportion de garçons (G) et de filles (F) étudiant l’anglais (A) ou l’espagnol (E) en 1re langue. G F A E 48 22 53 27 101 49 70 80 150

Quelle est la probabilité qu’un élève fasse de l’anglais sachant que c’est un garçon : 48 |G ∩ A| = . |G| 70 On constate aussi que 48/150 48 P(G ∩ A) = = . P(G) 70/150 70

5.1

Probabilité conditionnelle
PB : P(Ω) −→ [0, 1] A −→ PB (A) = P(A ∩ B) P(B)Théorème 1 : Soit B ∈ P(Ω) telle que P(B) = 0. Alors l’application

est une probabilité sur Ω.

2

Probabilité conditionnelle et indépendance démonstration : Puisque pour toute partie B de Ω, B ∩ Ω = B, il est clair que PB (Ω) = 1. Soient
alors A1 , A2 ∈ P(Ω) tels que A1 ∩ A2 = ∅. Alors PB (A1 ∪ A2 ) = =
.

P (A1 ∩ B) ∪ (A2 ∩ B) P (A1 ∪ A2 ) ∩ B = P(B) P(B) P(A1 ∩ B) P(A2 ∩ B) + = PB (A1 )+ PB (A2 ). P(B) P(B)

.

.

PB est donc bien une probabilité sur Ω.

Définition 1 : Soient A, B ∈ P(Ω) tels que P(B) = 0. Le nombre PB (A) est appelé probabilté conditionnelle de A sachant (que) B (est réalisé), aussi notée P(A|B). Conséquences directes : – Si A ∩ B = ∅, alors PB (A) = 0 ; – Si B ⊂ A, alors PB (A) = 1 (car A ∩ B = B) ; – Si P(A) = 0 et P(B) = 0, alors P(A ∩ B) = PB (A)P(B) = PA (B) P(A). Exemple : Une urne contient deux boules rouges et trois bleues. On fait deux tirages successifs sans remise. Quelle est la probabilité de tirer deux boules bleues ? Soient Bi l’événement « on tire une boule bleue au i-ième tirage » pour i ∈ {1, 2}. Alors 13 3 P(B1 ∩ B2 ) = PB1 (B2 ) P(B1 ) = = . 25 10

Théorème 2 (formule des probabilités composées) : Soient A1 , . . . , An ∈P(Ω) tels que P(A1 ∩ · · · ∩ An) = 0. Alors
n

P(A1 ∩ · · · ∩ An) =
i=1

P(Ai|Ai+1 ∩ · · · ∩ An).

démonstration : On effectue une récurrence sur l’entier n ∈ N∗ :
• Initialisation : Pour n = 1, le résultat est évident. • Hérédité : Supposons le résultat vrai au rang n − 1, c’est-à-dire vrai pour n − 1 parties de A dont la probabilité de l’intersection ne soit pas nulle. Alors P A1 ∩ (A2 ∩ ·· · ∩ An ) =
H.R.

P(A1 |A2 ∩ · · · ∩ An ) P(A2 ∩ · · · ∩ An ) P(A1 |A2 ∩ · · · ∩ An ) P(A2 |A3 ∩ · · · ∩ An ) · · · P(An−1 |An ) P(An ) ,

=

et le résultat est ainsi démontré au rang n, ce qui achève la récurrence.

Théorème 3 (formule des probabilités totales) : Soit (Bk)1
n

k n

une partition finie de Ω. Alors

∀ A ∈ P(Ω),

P(A) =
k=1

PBk (A) P(Bk).

Probabilitéconditionnelle et indépendance
.

3
∩ A), on a l’égalité
n n

démonstration : Puisque A =
n

n (B k k=1

P(A) = P
k=1

(Bk ∩ A)

=
k=1

P(Bk ∩ A) =
k=1

PBk (A) P(Bk ).

Remarques 1 : . – Cette formule reste vraie si A ⊂ ∪ Bk ; . – Ω = B ∪ B, donc on a en particulier P(A) = PB (A) P(B) + PB (A) P(B).

Corollaire 1 (formule de Bayès) : Soient (Bk)1 P(A) = 0. Alors ∀ k ∈ {1, . .. , n},

k n

une partition finie de Ω, A ∈ P(Ω) telle que PBk (A) P(Bk) . n i=1 PBi (A) P(Bi)

PA(Bk) =

démonstration : P(A) = 0, donc PA (Bk ) = P(A ∩ Bk )/P(A). Or P(A ∩ Bk ) = PBk (A) P(Bk )
et d’après la formule des probabilités totales, puisque les Bk forment une partition de Ω, on a P(A) = n i=1 PBi (A) P(Bi ).

Exemple 1 : On dispose de trois urnes contenant chacune un certainnombre de boules colorées, comme indiqué dans le tableau ci-dessous : U1 U2 U3 boules bleues boules rouges 1 3 3 2 4 2

On tire au hasard une urne, puis une boule de cette urne. La boule tirée est bleue (B), mais quelle est la probabilité qu’elle provienne de U1 ? PB (U1 ) = PU1 (B) P(U1 ) = 3 i=1 PUi (B) P(Ui )
1 4 1 1 3 4

·
3 5

1 3 4 6

+ +

=

27 . 80

Exemple 2 : Cinq...
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