Probabilités et statistiques

Ce chapitre réunit deux disciplines que le lycée présente séparément, et qui se répondent. La statistique descriptive part de données déjà observées : une liste de nombres, relevés sur des foyers, des clients ou des journées de travail, que l'on veut résumer par quelques indicateurs et par quelques graphiques. Les probabilités, elles, partent d'un modèle : une expérience dont on ne connaît pas le résultat, mais dont on sait décrire l'ensemble des issues possibles, et à laquelle on attribue des nombres qui mesurent les chances de chaque événement. Le lien entre les deux, c'est-à-dire ce que des observations permettent d'affirmer sur le modèle qui les a produites, s'appelle la statistique inférentielle ; ce chapitre ne fait que la nommer, elle sera étudiée dans des chapitres ultérieurs.

Du côté des probabilités, le changement par rapport au lycée tient en une phrase : une probabilité n'est plus « le nombre de cas favorables divisé par le nombre de cas possibles », c'est une application définie sur l'ensemble des parties d'un univers fini, soumise à deux axiomes. Le quotient des cas favorables par les cas possibles redevient ce qu'il aurait toujours dû être, un cas particulier, celui de l'équiprobabilité. Tous les autres résultats du chapitre, y compris ceux que vous appliquiez déjà, se démontrent à partir des deux axiomes.

Ce basculement change la nature du travail. Un exercice de probabilités comporte presque toujours deux étapes bien distinctes, et l'essentiel des erreurs vient de leur confusion. La première est la modélisation : choisir l'univers $\mathrm{\Omega }$, nommer les événements, décider quelles hypothèses d'équiprobabilité ou d'indépendance on s'autorise. Cette étape n'est pas un calcul, c'est une traduction, et elle relève du bon sens autant que des mathématiques. La seconde est le calcul : une fois le modèle posé, on applique des théorèmes, et il n'y a plus de place pour l'intuition. Un modèle mal posé produit un calcul irréprochable qui donne un résultat faux ; c'est la faute la plus fréquente et la plus coûteuse aux concours.

Le plan suit l'ordre du programme. On commence par les statistiques univariées : le vocabulaire d'une étude, les effectifs et les fréquences, la fonction de répartition d'une série et ses quantiles, la boîte à moustaches, puis les indicateurs de position et de dispersion. On passe ensuite au vocabulaire des événements, qui est du vocabulaire ensembliste rebaptisé. Les coefficients binomiaux fournissent les outils de comptage. On définit alors ce qu'est une probabilité et on en déduit toutes les propriétés de calcul, dont la formule du crible. Vient le conditionnement, c'est-à-dire la façon de réviser une probabilité quand une information arrive, avec les trois formules qui structurent la moitié des exercices : probabilités composées, probabilités totales, formule de Bayes. On termine par l'indépendance et ses pièges.

Deux avertissements sur le cadre, à lire attentivement. D'abord, l'univers $\mathrm{\Omega }$ est fini dans tout le chapitre, sans aucune exception : c'est ce qui permet de prendre pour événements toutes les parties de $\mathrm{\Omega }$ et de ne manipuler que des sommes finies, donc de ne rien admettre. Ensuite, et c'est le point le plus important : il n'y a aucune variable aléatoire dans ce chapitre. Les variables aléatoires, leur loi, leur espérance et leur variance arrivent au second semestre. Tout ce qui est dit ici se dit en termes d'événements. En particulier, la « fonction de répartition » de ce chapitre est celle d'une série statistique, pas celle d'une variable aléatoire ; et la moyenne $\bar{x}$, la variance $s_x^2$ et l'écart-type $s_x$ sont des indicateurs empiriques, calculés sur des observations. Ne confondez jamais $\bar{x}$, qui se calcule à partir de données relevées, avec l'espérance d'une variable aléatoire, qui se calcule à partir d'un modèle : ce sont deux objets différents, et ils n'ont pas les mêmes notations.

Voici les notations employées dans tout le chapitre.

Statistiques univariées

Vocabulaire d'une étude statistique

Une étude statistique commence toujours par la même question : sur qui porte-t-elle, et quoi mesure-t-on sur eux ? Le vocabulaire ci-dessous fixe ces deux réponses, et il faut l'employer avec précision : dans une copie, écrire « la population est le nombre d'enfants » est une faute de sens, pas une maladresse.

Seuls les caractères quantitatifs autorisent les calculs de moyenne et d'écart-type. Sur un caractère qualitatif, on ne dispose que des effectifs et des fréquences : parler de la « moyenne » d'une couleur n'a aucun sens, même si un tableur accepte de la calculer parce que les modalités ont été codées par des nombres.

L'ordre du $n$-uplet n'a en général aucune importance pour les indicateurs de ce chapitre : la moyenne, la médiane et la variance ne changent pas si l'on permute les observations. En revanche, les répétitions comptent : une série n'est pas un ensemble, la valeur $2$ peut y figurer trente-huit fois et cela change tout.

Effectifs, fréquences, fréquences cumulées

Démonstration. Chaque observation est égale à exactement une des valeurs distinctes $v_1,\dots ,v_r$ : en regroupant les $n$ observations selon leur valeur, on partage l'échantillon en $r$ paquets disjoints d'effectifs $n_1,\dots ,n_r$, d'où ${\sum }_{j=1}^r{n}_j=n$. En divisant par $n$, on obtient ${\sum }_{j=1}^r{f}_j=1$, et chaque $f_j$ est compris entre $0$ et $1$ comme quotient de $n_j⩽n$ par $n$.

Enfin, $F_{j+1}-F_j=f_{j+1}⩾0$, donc la suite des fréquences cumulées est croissante, et $F_r$ est la somme de toutes les fréquences, donc vaut $1$. $\mathrm{\square }$

Fonction de répartition d'une série et quantiles

Le tableau des fréquences cumulées répond déjà à des questions du type « quelle proportion de foyers a au plus deux enfants ? ». La fonction de répartition généralise cette lecture à tous les réels, et non plus aux seules valeurs observées.

Démonstration. a. Le numérateur est un cardinal, donc un entier compris entre $0$ et $n$ : le quotient appartient à $[0,1]$. Si $t⩽t^{\mathrm{\prime }}$, toute observation vérifiant $x_i⩽t$ vérifie aussi $x_i⩽t^{\mathrm{\prime }}$ ; l'ensemble compté au numérateur pour $t$ est donc inclus dans celui compté pour $t^{\mathrm{\prime }}$, et son cardinal est plus petit. D'où $F(t)⩽F(t^{\mathrm{\prime }})$.

b. Si $t<v_1$, aucune observation n'est inférieure ou égale à $t$, puisque $v_1$ est la plus petite valeur observée : le numérateur est nul. Si $t⩾v_r$, toutes les observations sont inférieures ou égales à $t$ : le numérateur vaut $n$.

c. Soit $t\in [v_j,v_{j+1}[$. Les observations vérifiant $x_i⩽t$ sont exactement celles dont la valeur appartient à $\{v_1,\dots ,v_j\}$, car aucune valeur observée ne se trouve strictement entre $v_j$ et $v_{j+1}$. Leur nombre vaut donc $N_j$, indépendamment de $t$ dans cet intervalle, et $F(t)={\displaystyle \frac{N_j}{n}}=F_j$. Le saut en $v_j$ vaut $F_j-F_{j-1}=f_j$. $\mathrm{\square }$

Le quantile d'ordre $\alpha$ existe toujours et c'est l'une des valeurs observées : la fonction $F$ vaut $1$ au-delà de $v_r$, donc l'ensemble des $t$ vérifiant $F(t)⩾\alpha$ est non vide ; comme $F$ ne prend que les valeurs $0,F_1,\dots ,F_r$ et ne saute qu'aux points $v_j$, le plus petit de ces $t$ est nécessairement un $v_j$.

Boîte à moustaches

Moyenne et médiane

Démonstration. Regroupons les $n$ observations selon leur valeur : pour chaque $j$, il y a exactement $n_j$ indices $i$ tels que $x_i=v_j$, et ces paquets d'indices sont disjoints et recouvrent $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. La somme ${\sum }_{i=1}^n{x}_i$ se scinde donc en $r$ sommes partielles, la $j$-ième valant $n_j{v}_j$ puisqu'elle additionne $n_j$ fois le même nombre $v_j$. D'où ${\sum }_{i=1}^n{x}_i={\sum }_{j=1}^r{n}_j{v}_j$, et l'on divise par $n$. La seconde écriture s'obtient en distribuant ${\displaystyle \frac{1}{n}}$ dans la somme, puisque ${\displaystyle \frac{n_j}{n}}=f_j$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Par linéarité de la somme finie, ${\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x})={\sum }_{i=1}^n{x}_i-n\bar{x}$. Or ${\sum }_{i=1}^n{x}_i=n\bar{x}$ par définition de la moyenne, donc la différence est nulle. $\mathrm{\square }$

Cette égalité exprime que la moyenne est le point d'équilibre de la série : les écarts positifs compensent exactement les écarts négatifs. C'est aussi une vérification commode d'un calcul de moyenne.

Démonstration. Moyenne. Par linéarité de la somme finie,

$$\bar{y}={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(a{x}_i+b)={\displaystyle \frac{a}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i+{\displaystyle \frac{1}{n}}\times nb=a\bar{x}+b\mathrm{.}$$

Quantiles, cas $a>0$. Notons $F_x$ et $F_y$ les fonctions de répartition des deux séries, et soit $t$ un réel. Comme $a>0$, l'inégalité $y_i⩽at+b$ équivaut à $a{x}_i+b⩽at+b$, donc à $x_i⩽t$. Les deux ensembles d'indices comptés sont les mêmes, d'où

$$F_y(at+b)=F_x(t)\mathrm{.}$$

Ainsi $t\mapsto at+b$ met en correspondance, en préservant l'ordre, les réels vérifiant $F_x(t)⩾\alpha$ et ceux vérifiant $F_y(s)⩾\alpha$. Le plus petit élément du premier ensemble est donc envoyé sur le plus petit élément du second : $q_{\alpha }(y)=a{q}_{\alpha }(x)+b$. $\mathrm{\square }$

Étendue, écart interquartile, variance et écart-type

Deux séries peuvent avoir la même moyenne et n'avoir rien à voir : $10,10,10$ et $0,10,20$ ont toutes deux pour moyenne $10$. Les indicateurs de dispersion mesurent à quel point les observations s'écartent les unes des autres.

La variance est une moyenne de carrés d'écarts : elle est donc toujours positive, et la racine carrée a bien un sens. Si les observations sont des euros, la variance s'exprime en euros au carré, alors que l'écart-type s'exprime en euros : c'est l'écart-type, et non la variance, qui se compare directement aux valeurs de la série et à leur moyenne.

Démonstration. C'est le même regroupement que pour la moyenne, appliqué à la série des carrés d'écarts : la quantité $(x_i-\bar{x}{)}^2$ vaut $(v_j-\bar{x}{)}^2$ pour chacun des $n_j$ indices $i$ tels que $x_i=v_j$. La somme se scinde donc en $r$ paquets, le $j$-ième valant $n_j(v_j-\bar{x}{)}^2$, et l'on divise par $n$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Développons le carré à l'intérieur de la somme, en se souvenant que $\bar{x}$ est une constante qui ne dépend pas de l'indice $i$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle s_x^2}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(x_i^2-2\bar{x}{x}_i+{\bar{x}}^2)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i^2-2\bar{x}\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i+{\displaystyle \frac{1}{n}}\times n{\bar{x}}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i^2-2{\bar{x}}^2+{\bar{x}}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{x}_i^2-{\bar{x}}^2,}\end{array}$$

où l'on a utilisé la linéarité de la somme finie, puis ${\displaystyle \frac{1}{n}}{\sum }_{i=1}^n{x}_i=\bar{x}$, et enfin le fait que la somme de $n$ termes constants égaux à ${\bar{x}}^2$ vaut $n{\bar{x}}^2$.

La version avec les fréquences s'obtient en appliquant le même calcul à l'écriture regroupée de la variance. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'inégalité est la formule de Koenig jointe à $s_x^2⩾0$. Le cas d'égalité correspond à $s_x^2=0$, c'est-à-dire à ${\sum }_{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2=0$. Une somme finie de réels positifs est nulle si et seulement si tous ses termes le sont, donc $x_i=\bar{x}$ pour tout $i$ : toutes les observations sont égales à la moyenne. Réciproquement, si toutes les observations sont égales, tous les écarts sont nuls et la variance aussi. $\mathrm{\square }$

Démonstration. On sait déjà que $\bar{y}=a\bar{x}+b$. Pour tout indice $i$,

$$y_i-\bar{y}=(a{x}_i+b)-(a\bar{x}+b)=a(x_i-\bar{x}),$$

la constante $b$ disparaissant par soustraction. En élevant au carré, $(y_i-\bar{y}{)}^2=a^2(x_i-\bar{x}{)}^2$, puis en sommant et en divisant par $n$ :

$$s_y^2={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n{a}^2(x_i-\bar{x}{)}^2=a^2\times {\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{i=1}^n(x_i-\bar{x}{)}^2=a^2{s}_x^2\mathrm{.}$$

Enfin $s_y=\sqrt{a^2{s}_x^2}=\sqrt{a^2}\sqrt{s_x^2}=\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }{s}_x$, la valeur absolue venant de ce que $\sqrt{a^2}=\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }$ et non $a$. $\mathrm{\square }$

Événements

Expérience aléatoire et univers

Le choix de $\mathrm{\Omega }$ n'est jamais imposé par l'énoncé : c'est une décision de modélisation. Pour la même expérience « on lance trois fois une pièce », on peut prendre $\mathrm{\Omega }=\{P,F{\}}^3$, qui retient l'ordre des résultats, ou $\mathrm{\Omega }=[\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,3]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, qui ne retient que le nombre de piles. Ces deux univers sont corrects, mais ils ne permettent pas de répondre aux mêmes questions, et surtout, comme on le verra, l'hypothèse d'équiprobabilité est légitime sur le premier et fausse sur le second. La règle pratique est la suivante : choisir l'univers le plus détaillé compatible avec l'expérience, quitte à ne pas utiliser tout ce détail ensuite.

Événements et connecteurs logiques

Le point à retenir est qu'un événement est un ensemble. Tout le vocabulaire probabiliste se lit donc en langage ensembliste, et réciproquement. Le tableau suivant est le dictionnaire de traduction ; c'est le premier outil du chapitre, et il doit se manier sans hésitation.

Ce tableau est le prolongement direct des connecteurs logiques étudiés au premier chapitre : l'intersection traduit le « et », la réunion traduit le « ou » inclusif (un « ou » mathématique n'exclut jamais que les deux soient vrais), le passage au contraire traduit la négation. Les lois de De Morgan en sont la conséquence la plus utile.

En langage courant : le contraire de « au moins un est réalisé » est « aucun n'est réalisé », et le contraire de « tous sont réalisés » est « au moins un ne l'est pas ». C'est la remarque la plus rentable de tout le chapitre : dès qu'un énoncé contient les mots « au moins un », le réflexe est de passer au contraire.

Événements incompatibles

Système complet d'événements

Autrement dit, un système complet découpe $\mathrm{\Omega }$ en morceaux qui ne se chevauchent pas et qui ne laissent rien de côté : quel que soit le résultat de l'expérience, un et un seul des $A_i$ est réalisé. C'est exactement l'idée d'une disjonction de cas exhaustive, transportée dans le langage des événements. En pratique, on prend le plus souvent $I=[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ et l'on écrit le système $(A_1,A_2,\dots ,A_n)$.

Coefficients binomiaux

Le principe multiplicatif

Tous les comptages de ce chapitre reposent sur un seul principe, qui formalise l'idée de construire un objet par étapes successives.

Ce principe n'est autre que le calcul du cardinal d'un produit cartésien, vu au chapitre sur les ensembles : $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(E_1\times \cdots \times E_k)=\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(E_1)\times \cdots \times \mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(E_k)$. Deux conditions sont impératives et se vérifient toujours avant de l'appliquer : le nombre de choix à chaque étape ne doit pas dépendre des choix précédents, et deux suites de choix différentes doivent produire des objets différents.

Factorielle

La dernière égalité est la relation de récurrence qui définit la factorielle, et c'est elle que l'on utilise dans les démonstrations. La convention $0!=1$ n'est pas arbitraire : elle rend cette relation valable dès $n=0$, et elle correspond au fait qu'il existe exactement une façon d'ordonner zéro objet.

Démonstration. Par récurrence sur $n\in \mathbb{N}$. Notons ${\mathcal{H}}_n$ la propriété : « pour tous ensembles $E$ et $F$ de cardinal $n$, le nombre de bijections de $E$ dans $F$ vaut $n!$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, les deux ensembles sont vides et il existe exactement une application de $\mathrm{\varnothing }$ dans $\mathrm{\varnothing }$, l'application vide, qui est bijective. Or $0!=1$ : la propriété ${\mathcal{H}}_0$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in \mathbb{N}$ ; supposons ${\mathcal{H}}_n$ vraie. Soient $E$ et $F$ deux ensembles de cardinal $n+1$, et fixons un élément $a$ de $E$. Se donner une bijection $\sigma$ de $E$ dans $F$ revient exactement à se donner :

• l'image $\sigma (a)$, qui est un élément quelconque de $F$, soit $n+1$ choix ;
• puis la restriction de $\sigma$ à $E\setminus \{a\}$, qui est une bijection de $E\setminus \{a\}$ dans $F\setminus \{\sigma (a)\}$, ces deux ensembles ayant tous deux $n$ éléments.

Cette description est bien une correspondance exacte : d'une part une bijection $\sigma$ envoie $E\setminus \{a\}$ sur $F\setminus \{\sigma (a)\}$ de façon bijective ; d'autre part, la donnée d'un élément $b$ de $F$ et d'une bijection de $E\setminus \{a\}$ dans $F\setminus \{b\}$ définit une unique application de $E$ dans $F$, qui est bijective.

Par hypothèse de récurrence, il y a $n!$ choix à la seconde étape, et ce nombre ne dépend pas de l'élément $\sigma (a)$ retenu. Le principe multiplicatif donne donc $(n+1)\times n!=(n+1)!$ bijections, ce qui est ${\mathcal{H}}_{n+1}$.

Conclusion. La propriété est vraie pour tout $n\in \mathbb{N}$. $\mathrm{\square }$

Coefficients binomiaux

Cette définition est combinatoire : $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)$ est un nombre d'objets, donc un entier naturel, avant d'être une formule. Elle ne dépend pas de l'ensemble choisi, mais seulement de son cardinal : deux ensembles de même cardinal ont autant de parties à $p$ éléments l'un que l'autre, car une bijection entre eux transporte les parties à $p$ éléments des unes sur les autres.

Démonstration. La seule partie à $0$ élément est $\mathrm{\varnothing }$, d'où $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)=1$. La seule partie à $n$ éléments d'un ensemble à $n$ éléments est l'ensemble tout entier, d'où $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)=1$. Les parties à un élément sont les singletons $\{x\}$, en correspondance exacte avec les $n$ éléments $x$, d'où $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right)=n$. Enfin, une partie à $n-1$ éléments est obtenue en retirant exactement un élément, d'où $n$ possibilités. $\mathrm{\square }$

Démonstration. À chaque niveau, un chemin se prolonge de deux façons : le principe multiplicatif donne $2^n$ chemins au total. Un chemin est entièrement déterminé par la liste des issues, donc par l'ensemble des numéros des répétitions qui ont donné un succès. Un chemin réalisant exactement $p$ succès correspond ainsi à une partie à $p$ éléments de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, et cette correspondance est exacte : deux chemins distincts donnent deux ensembles de positions distincts, et tout ensemble de $p$ positions provient d'un chemin. Il y a donc $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)$ tels chemins. $\mathrm{\square }$

Symétrie et formule du triangle de Pascal

Démonstration. Soit $E$ un ensemble à $n$ éléments. Considérons l'application $\phi$ qui, à une partie $A$ de $E$ à $p$ éléments, associe son complémentaire $E\setminus A$, qui compte $n-p$ éléments. Cette application va donc de l'ensemble des parties à $p$ éléments vers l'ensemble des parties à $n-p$ éléments.

Elle est bijective : l'application qui, à une partie $B$ à $n-p$ éléments, associe $E\setminus B$, en est la réciproque, puisque $E\setminus (E\setminus A)=A$ pour toute partie $A$ de $E$.

Deux ensembles finis en bijection ont le même cardinal, d'où $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n-p}\right)$. $\mathrm{\square }$

Cette symétrie est le premier réflexe de calcul : choisir $p$ éléments à garder revient à choisir $n-p$ éléments à écarter. En pratique, on l'utilise pour ramener un calcul à un $p$ petit, par exemple $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{50}{48}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{50}{2}\right)=1225$.

Démonstration. Si $p⩾n+1$, les trois coefficients sont nuls et l'égalité est vraie. Supposons donc $p⩽n$.

Soit $E$ un ensemble à $n+1$ éléments et fixons un élément $a$ de $E$. Notons $\mathcal{A}$ l'ensemble des parties de $E$ à $p+1$ éléments ; par définition, $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(\mathcal{A})=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{p+1}\right)$. Découpons $\mathcal{A}$ en deux selon que la partie contient ou non l'élément $a$ :

• Les parties de $\mathcal{A}$ qui contiennent $a$ s'écrivent $\{a\}\cup B$, où $B$ est une partie à $p$ éléments de $E\setminus \{a\}$, ensemble à $n$ éléments. Cette écriture est unique, donc ces parties sont en nombre $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)$.
• Les parties de $\mathcal{A}$ qui ne contiennent pas $a$ sont exactement les parties à $p+1$ éléments de $E\setminus \{a\}$ : elles sont en nombre $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p+1}\right)$.

Ces deux familles sont disjointes et leur réunion est $\mathcal{A}$ tout entier, donc $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{p+1}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p+1}\right)$. $\mathrm{\square }$

La formule permet de construire le triangle de Pascal ligne par ligne : chaque coefficient est la somme des deux qui se trouvent au-dessus de lui, celui de la même colonne et celui de la colonne précédente. Voici les six premières lignes, en utilisant la convention $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)=0$ pour $p>n$.

On y lit par exemple $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{2}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)=4+6=10$, et l'on vérifie la symétrie sur chaque ligne, qui se lit de la même façon de gauche à droite et de droite à gauche.

Démonstration. C'est un double comptage : on compte de deux façons différentes le nombre de parties d'un ensemble $E$ à $n$ éléments.

Premier comptage. Se donner une partie $A$ de $E$ revient à décider, pour chacun des $n$ éléments de $E$, s'il appartient à $A$ ou non. Il y a deux choix à chacune des $n$ étapes, et deux suites de choix différentes donnent deux parties différentes : le principe multiplicatif donne $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(\mathcal{P}(E))=2^n$.

Second comptage. Classons les parties de $E$ selon leur nombre d'éléments. Pour chaque $p\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, il y a $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)$ parties à $p$ éléments, et toute partie a un nombre d'éléments et un seul, compris entre $0$ et $n$. Ces familles sont donc deux à deux disjointes et recouvrent $\mathcal{P}(E)$, ce qui donne $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(\mathcal{P}(E))={\sum }_{p=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)$.

Les deux comptages portent sur le même ensemble : les deux résultats sont égaux. $\mathrm{\square }$

La formule explicite

Démonstration. Par récurrence sur $n$. Notons ${\mathcal{H}}_n$ la propriété : « pour tout $p\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, on a $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)={\displaystyle \frac{n!}{p!(n-p)!}}$ ».

Initialisation. Pour $n=0$, le seul $p$ possible est $p=0$. Or $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)=1$, puisque l'ensemble vide possède exactement une partie à $0$ élément, et ${\displaystyle \frac{0!}{0!0!}}={\displaystyle \frac{1}{1\times 1}}=1$. La propriété ${\mathcal{H}}_0$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in \mathbb{N}$ ; supposons ${\mathcal{H}}_n$ vraie et soit $p\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,n+1]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. On distingue trois cas.

Cas $p=0$. On a $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)=1$ et ${\displaystyle \frac{(n+1)!}{0!(n+1)!}}=1$ : l'égalité est vérifiée.

Cas $p=n+1$. On a $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)=1$ et ${\displaystyle \frac{(n+1)!}{(n+1)!0!}}=1$ : l'égalité est encore vérifiée.

Cas $1⩽p⩽n$. La formule de Pascal, appliquée avec les indices $n$ et $p-1$, donne

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{p}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)\mathrm{.}$$

Les deux entiers $p-1$ et $p$ appartiennent à $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$, donc l'hypothèse de récurrence s'applique aux deux termes :

$$\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{p}\right)={\displaystyle \frac{n!}{(p-1)!(n-p+1)!}}+{\displaystyle \frac{n!}{p!(n-p)!}}\mathrm{.}$$

Réduisons au même dénominateur $p!(n+1-p)!$. Pour le premier terme, on multiplie haut et bas par $p$, en utilisant $p!=p\times (p-1)!$ ; pour le second, on multiplie haut et bas par $n+1-p$, en utilisant $(n+1-p)!=(n+1-p)\times (n-p)!$ :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{p}\right)}& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{n!\times p}{p!(n+1-p)!}}+{\displaystyle \frac{n!\times (n+1-p)}{p!(n+1-p)!}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{n!(p+n+1-p)}{p!(n+1-p)!}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{n!\times (n+1)}{p!(n+1-p)!}}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle ={\displaystyle \frac{(n+1)!}{p!((n+1)-p)!}}\mathrm{.}}\end{array}$$

La propriété ${\mathcal{H}}_{n+1}$ est donc vraie.

Conclusion. Par récurrence, la formule est vraie pour tout $n\in \mathbb{N}$ et tout $p\in [\text{\hspace{0.17em}⁣}[0,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$. $\mathrm{\square }$

Dénombrer les tirages

Trois protocoles de tirage couvrent la quasi-totalité des énoncés. Les nombres indiqués sont ceux de l'univers correspondant, pour un tirage de $k$ objets dans un ensemble de $n$ objets discernables.

Démonstration. a. On construit la liste en $k$ étapes ; à chacune, on choisit librement un élément de $E$, soit $n$ choix. Le principe multiplicatif donne $n^k$.

b. On construit la liste en $k$ étapes, en veillant à ne pas répéter d'élément. À la première étape, $n$ choix ; à la deuxième, $n-1$ choix, puisqu'un élément est déjà utilisé ; et ainsi de suite, la $j$-ième étape offrant $n-(j-1)$ choix. Ce nombre ne dépend que de $j$, pas des éléments effectivement retenus : le principe multiplicatif s'applique et donne $n(n-1)\cdots (n-k+1)$. Pour retrouver la forme factorielle, on multiplie et l'on divise par $(n-k)!$ :

$$n(n-1)\cdots (n-k+1)={\displaystyle \frac{n(n-1)\cdots (n-k+1)\times (n-k)!}{(n-k)!}}={\displaystyle \frac{n!}{(n-k)!}},$$

car le numérateur reconstitue le produit de tous les entiers de $1$ à $n$. $\mathrm{\square }$

Probabilité

Définition

Tout tient dans ces deux lignes : une probabilité est une façon de répartir une masse totale égale à $1$ sur les résultats de l'expérience, de sorte que la masse d'une réunion de morceaux disjoints soit la somme des masses. Toutes les propriétés qui suivent en découlent, sans aucune hypothèse supplémentaire, et c'est exactement ce que l'on attend de vous dans une démonstration : partir des deux axiomes, jamais d'une intuition sur les « cas favorables ».

Premières conséquences des axiomes

Démonstration. a. Les événements $\mathrm{\Omega }$ et $\mathrm{\varnothing }$ sont incompatibles, puisque $\mathrm{\Omega }\cap \mathrm{\varnothing }=\mathrm{\varnothing }$, et leur réunion vaut $\mathrm{\Omega }$. L'axiome d'additivité donne

$$P(\mathrm{\Omega })=P(\mathrm{\Omega }\cup \mathrm{\varnothing })=P(\mathrm{\Omega })+P(\mathrm{\varnothing }),$$

d'où $P(\mathrm{\varnothing })=0$ en retranchant $P(\mathrm{\Omega })$ des deux côtés.

b. Les événements $A$ et $\bar{A}$ sont incompatibles, car $A\cap \bar{A}=\mathrm{\varnothing }$, et leur réunion vaut $\mathrm{\Omega }$. L'additivité puis la normalisation donnent

$$P(A)+P(\bar{A})=P(A\cup \bar{A})=P(\mathrm{\Omega })=1,$$

d'où le résultat.

c. Découpons $A$ selon que le résultat appartient ou non à $B$ :

$$A=(A\cap B)\cup (A\setminus B),$$

et cette réunion est disjointe, puisque $A\setminus B=A\cap \bar{B}$ ne rencontre pas $B$, donc pas $A\cap B$. L'additivité donne $P(A)=P(A\cap B)+P(A\setminus B)$, d'où la formule.

d. Si $B\subset A$, alors $A\cap B=B$, et c devient $P(A\setminus B)=P(A)-P(B)$.

e. Supposons $A\subset B$. D'après d appliqué au couple $(B,A)$, on a $P(B\setminus A)=P(B)-P(A)$. Or une probabilité est à valeurs dans $[0,1]$, donc $P(B\setminus A)⩾0$, d'où $P(B)-P(A)⩾0$, c'est-à-dire $P(A)⩽P(B)$. $\mathrm{\square }$

Additivité finie et systèmes complets

Démonstration. Par récurrence sur $n⩾1$.

Initialisation. Pour $n=1$, il n'y a rien à démontrer. Le cas $n=2$ est exactement l'axiome d'additivité.

Hérédité. Soit $n⩾2$ ; supposons la propriété vraie au rang $n$ et donnons-nous $A_1,\dots ,A_{n+1}$ deux à deux incompatibles. Posons $B=A_1\cup \cdots \cup A_n$. Les événements $B$ et $A_{n+1}$ sont incompatibles : en effet, par distributivité de l'intersection sur la réunion,

$$B\cap A_{n+1}=\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)\cap A_{n+1}=\bigcup _{i=1}^n(A_i\cap A_{n+1})=\mathrm{\varnothing },$$

car chaque $A_i\cap A_{n+1}$ est vide pour $i⩽n$, les événements étant deux à deux incompatibles. L'axiome d'additivité donne alors

$$P(B\cup A_{n+1})=P(B)+P(A_{n+1}),$$

et l'hypothèse de récurrence fournit $P(B)={\sum }_{i=1}^{n}P(A_i)$. En reportant, on obtient la formule au rang $n+1$.

Conclusion. La propriété est vraie pour tout $n⩾1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Les $A_i$ sont deux à deux incompatibles, donc l'additivité finie s'applique et donne

$$\sum _{i\in I}P(A_i)=P\left(\bigcup _{i\in I}{A}_i\right)=P(\mathrm{\Omega })=1,$$

la deuxième égalité venant de la définition d'un système complet et la troisième de l'axiome de normalisation. $\mathrm{\square }$

Une probabilité est déterminée par les événements élémentaires

Démonstration. Premier point. Soit $A$ un événement. Si $A=\mathrm{\varnothing }$, la somme est vide et vaut $0$, ce qui est bien $P(\mathrm{\varnothing })$. Sinon, écrivons $A=\{{\omega }_{i_1},\dots ,{\omega }_{i_k}\}$. Les événements élémentaires $\{{\omega }_{i_1}\},\dots ,\{{\omega }_{i_k}\}$ sont deux à deux incompatibles, puisque deux singletons distincts sont disjoints, et leur réunion est $A$. L'additivité finie donne exactement la formule annoncée.

Réciproque, unicité. Elle est contenue dans le premier point : la connaissance des $P(\{{\omega }_i\})$ détermine $P(A)$ pour tout $A$, donc deux probabilités qui coïncident sur les événements élémentaires sont égales.

Réciproque, existence. Définissons $P(A)={\sum }_{{\omega }_i\in A}{p}_i$ pour toute partie $A$ de $\mathrm{\Omega }$. Cette somme est positive comme somme de réels positifs, et elle est majorée par ${\sum }_{i=1}^N{p}_i=1$ puisqu'on lui ajoute des termes positifs pour obtenir cette dernière : ainsi $P$ est bien à valeurs dans $[0,1]$. On a $P(\mathrm{\Omega })={\sum }_{i=1}^N{p}_i=1$. Enfin, si $A$ et $B$ sont incompatibles, aucun indice $i$ ne vérifie à la fois ${\omega }_i\in A$ et ${\omega }_i\in B$, donc la somme portant sur $A\cup B$ se scinde en la somme sur $A$ plus la somme sur $B$ :

$$P(A\cup B)=P(A)+P(B)\mathrm{.}$$

Les deux axiomes sont vérifiés : $P$ est une probabilité, et $P(\{{\omega }_i\})=p_i$ par construction. $\mathrm{\square }$

Cette propriété est le mode d'emploi de la modélisation : pour définir une probabilité sur un univers fini, il suffit d'attribuer un poids à chaque résultat, ces poids étant positifs et de somme $1$. Rien d'autre n'est à vérifier.

Cas de l'équiprobabilité

Démonstration. Notons $p$ la valeur commune des $P(\{\omega \})$. Les événements élémentaires forment un système complet, donc la somme de leurs probabilités vaut $1$ : on obtient $Np=1$, soit $p={\displaystyle \frac{1}{N}}$. Pour un événement $A$ quelconque, la décomposition sur les événements élémentaires donne

$$P(A)=\sum _{\omega \in A}P(\{\omega \})=\sum _{\omega \in A}{\displaystyle \frac{1}{N}}={\displaystyle \frac{\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(A)}{N}},$$

puisqu'on additionne $\mathrm{C}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{d}(A)$ termes tous égaux à ${\displaystyle \frac{1}{N}}$. $\mathrm{\square }$

L'équiprobabilité n'est jamais une propriété automatique : c'est une hypothèse de modélisation, que l'énoncé suggère par des mots comme « au hasard », « équilibré », « bien mélangées », « indiscernables au toucher ». En rédaction, on l'annonce explicitement, par une phrase du type : « les membres étant tirés au sort, on munit $\mathrm{\Omega }$ de la probabilité uniforme ».

Formule du crible

Démonstration. Décomposons la réunion en deux morceaux disjoints :

$$A\cup B=A\cup (B\setminus A),\text{avec}A\cap (B\setminus A)=\mathrm{\varnothing }\mathrm{.}$$

L'axiome d'additivité donne $P(A\cup B)=P(A)+P(B\setminus A)$.

Il reste à exprimer $P(B\setminus A)$, ce qui est exactement la propriété c établie plus haut, appliquée au couple $(B,A)$ :

$$P(B\setminus A)=P(B)-P(A\cap B)\mathrm{.}$$

En reportant dans la première égalité, on obtient la formule annoncée. $\mathrm{\square }$

L'interprétation est limpide : en additionnant $P(A)$ et $P(B)$, on compte deux fois les résultats qui réalisent à la fois $A$ et $B$ ; on retire donc une fois $P(A\cap B)$. Si $A$ et $B$ sont incompatibles, le terme correctif est nul et l'on retrouve l'axiome d'additivité.

Démonstration. La formule du crible donne $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$, et $P(A\cap B)⩾0$ puisqu'une probabilité est positive. On soustrait donc un nombre positif. $\mathrm{\square }$

Démonstration. On applique la formule du crible à deux événements, d'abord au couple $(A\cup B,C)$ :

$$P(A\cup B\cup C)=P((A\cup B)\cup C)=P(A\cup B)+P(C)-P((A\cup B)\cap C)\mathrm{.}$$

Le premier terme se développe par le crible : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)$.

Pour le dernier, la distributivité de l'intersection sur la réunion donne

$$(A\cup B)\cap C=(A\cap C)\cup (B\cap C),$$

et une nouvelle application du crible, aux deux événements $A\cap C$ et $B\cap C$, donne

$$P((A\cup B)\cap C)=P(A\cap C)+P(B\cap C)-P((A\cap C)\cap (B\cap C))\mathrm{.}$$

Or $(A\cap C)\cap (B\cap C)=A\cap B\cap C$, puisque $C\cap C=C$. En reportant les deux développements :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle P(A\cup B\cup C)}& {\displaystyle =(P(A)+P(B)-P(A\cap B))+P(C)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle -(P(A\cap C)+P(B\cap C)-P(A\cap B\cap C)),}\end{array}$$

ce qui est exactement la formule annoncée après suppression des parenthèses. $\mathrm{\square }$

La structure de la formule se retient : on additionne les probabilités une à une, on retranche celles des intersections deux à deux, on rajoute celle de l'intersection des trois. Le programme s'arrête à trois événements ; au-delà, on passe à l'événement contraire ou l'on découpe à l'aide d'un système complet.

Probabilité conditionnelle

Définition

Une information partielle modifie une probabilité. Si l'on sait déjà que l'événement $A$ est réalisé, les résultats extérieurs à $A$ deviennent impossibles, et il faut redistribuer la masse totale $1$ sur $A$ seul : c'est exactement ce que fait la définition suivante, en divisant par $P(A)$ pour ramener la masse de $A$ à $1$.

La notation $P(B\mid A)$ se rencontre dans d'autres ouvrages ; on emploiera systématiquement $P_A(B)$, qui a l'avantage de faire apparaître $P_A$ comme une probabilité à part entière, ce que la sous-section suivante démontre. L'hypothèse $P(A)\mathrm{\ne }0$ est indispensable : conditionner par un événement de probabilité nulle n'a aucun sens, et écrire $P_A(B)$ sans avoir vérifié que $P(A)\mathrm{\ne }0$ est une faute de rédaction.

Tableaux croisés

Un tableau croisé d'effectifs est la façon la plus concrète de lire des probabilités conditionnelles : conditionner, c'est se restreindre à une ligne ou à une colonne du tableau.

La probabilité conditionnelle est une probabilité

Démonstration. Les valeurs appartiennent à $[0,1]$. Le quotient est positif comme quotient d'un réel positif par un réel strictement positif. De plus $A\cap B\subset A$, donc la croissance donne $P(A\cap B)⩽P(A)$, et en divisant par $P(A)>0$ on obtient $P_A(B)⩽1$.

Normalisation. On a $A\cap \mathrm{\Omega }=A$, donc

$$P_A(\mathrm{\Omega })={\displaystyle \frac{P(A\cap \mathrm{\Omega })}{P(A)}}={\displaystyle \frac{P(A)}{P(A)}}=1.$$

Additivité. Soient $B$ et $C$ deux événements incompatibles. Les événements $A\cap B$ et $A\cap C$ sont alors incompatibles eux aussi, car

$$(A\cap B)\cap (A\cap C)\subset B\cap C=\mathrm{\varnothing }\mathrm{.}$$

Par distributivité, $A\cap (B\cup C)=(A\cap B)\cup (A\cap C)$, donc l'axiome d'additivité appliqué à $P$ donne

$$P_A(B\cup C)={\displaystyle \frac{P(A\cap (B\cup C))}{P(A)}}={\displaystyle \frac{P(A\cap B)+P(A\cap C)}{P(A)}}=P_A(B)+P_A(C)\mathrm{.}$$

Les deux axiomes sont vérifiés : $P_A$ est une probabilité. $\mathrm{\square }$

Cette propriété n'est pas une curiosité théorique, c'est un outil de calcul quotidien : tous les résultats démontrés jusqu'ici s'appliquent à $P_A$. En particulier, pour tous événements $B$ et $C$ :

En revanche, rien ne relie $P_A(B)$ et $P_{\bar{A}}(B)$ : l'égalité $P_{\bar{A}}(B)=1-P_A(B)$ est fausse en général. Le passage au contraire est licite sur l'événement conditionné, jamais sur l'événement conditionnant. Le tableau croisé de l'entreprise en donne un contre-exemple immédiat : $P_C(T)=\mathrm{0,6}$ tandis que $P_{\bar{C}}(T)={\displaystyle \frac{42}{120}}=\mathrm{0,35}$, qui n'est pas $1-\mathrm{0,6}=\mathrm{0,4}$.

Formule des probabilités composées

Démonstration. Le cas de deux événements est la définition de $P_A(B)$, multipliée par $P(A)$.

Observons d'abord que l'hypothèse rend tous les conditionnements licites : pour $1⩽k⩽n-1$, on a l'inclusion $A_1\cap \cdots \cap A_{n-1}\subset A_1\cap \cdots \cap A_k$, donc par croissance

$$P(A_1\cap \cdots \cap A_k)⩾P(A_1\cap \cdots \cap A_{n-1})>0.$$

Démontrons la formule par récurrence sur $n⩾2$.

Initialisation. Pour $n=2$, c'est le cas déjà traité.

Hérédité. Soit $n⩾2$ ; supposons la formule vraie au rang $n$ pour toute famille d'événements vérifiant l'hypothèse. Donnons-nous $A_1,\dots ,A_{n+1}$ tels que $P(A_1\cap \cdots \cap A_n)\mathrm{\ne }0$, et posons $B=A_1\cap \cdots \cap A_n$. Comme $P(B)\mathrm{\ne }0$, le cas de deux événements donne

$$P(B\cap A_{n+1})=P(B)\times P_B(A_{n+1})\mathrm{.}$$

Par ailleurs $P(A_1\cap \cdots \cap A_{n-1})⩾P(B)>0$, donc l'hypothèse de récurrence s'applique à la famille $A_1,\dots ,A_n$ et fournit

$$P(B)=P(A_1)\times P_{A_1}(A_2)\times \cdots \times P_{A_1\cap \cdots \cap A_{n-1}}(A_n)\mathrm{.}$$

En reportant, et en remarquant que $P_B(A_{n+1})=P_{A_1\cap \cdots \cap A_n}(A_{n+1})$, on obtient la formule au rang $n+1$.

Conclusion. La formule est vraie pour tout $n⩾2$. $\mathrm{\square }$

C'est la formule des expériences en chaîne : chaque facteur est la probabilité de l'étape suivante, sachant tout ce qui s'est passé avant.

L'arbre pondéré

L'arbre est la mise en forme graphique de la formule des probabilités composées ; il n'a rien d'un objet nouveau, mais il évite les oublis et rend visibles tous les cas.

Formule des probabilités totales

Démonstration. Puisque la réunion des $A_i$ vaut $\mathrm{\Omega }$, la distributivité de l'intersection sur la réunion donne

$$B=B\cap \mathrm{\Omega }=B\cap \left(\bigcup _{i\in I}{A}_i\right)=\bigcup _{i\in I}(B\cap A_i)\mathrm{.}$$

Ces événements sont deux à deux incompatibles : pour $i\mathrm{\ne }j$,

$$(B\cap A_i)\cap (B\cap A_j)\subset A_i\cap A_j=\mathrm{\varnothing }\mathrm{.}$$

L'additivité finie donne alors $P(B)={\sum }_{i\in I}P(B\cap A_i)$.

Si tous les $A_i$ sont de probabilité non nulle, la formule des probabilités composées donne $P(B\cap A_i)=P(A_i)P_{A_i}(B)$ pour chaque $i$, d'où la seconde écriture. $\mathrm{\square }$

Lorsque certains $A_i$ sont de probabilité nulle, la première écriture reste valable telle quelle : les termes correspondants sont nuls, puisque $B\cap A_i\subset A_i$ entraîne $P(B\cap A_i)⩽P(A_i)=0$. On peut donc toujours se ramener à la seconde écriture en ne conservant que les indices pour lesquels $P(A_i)\mathrm{\ne }0$.

Formule de Bayes

Les probabilités totales calculent la probabilité d'une conséquence à partir de celle des causes. La formule de Bayes fait le chemin inverse : elle calcule la probabilité d'une cause, sachant la conséquence observée.

Démonstration. Par définition de la probabilité conditionnelle, puis par la formule des probabilités composées appliquée à $A\cap B$ dans l'autre sens :

$$P_B(A)={\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(B)}}={\displaystyle \frac{P(A)P_A(B)}{P(B)}}\mathrm{.}$$

Pour la seconde version, on applique la première avec $A=A_j$, et l'on remplace le dénominateur $P(B)$ par son expression donnée par la formule des probabilités totales. $\mathrm{\square }$

Indépendance en probabilité

Indépendance de deux événements

Démonstration. Comme $P(A)\mathrm{\ne }0$, on peut diviser par $P(A)$ sans changer la valeur de vérité d'une égalité :

$$P(A\cap B)=P(A)P(B)⟺{\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(A)}}=P(B)⟺P_A(B)=P(B)\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

C'est la lecture intuitive de la notion : savoir que $A$ est réalisé ne change pas la probabilité de $B$. On retiendra cependant la définition sous sa forme produit, qui est symétrique en $A$ et $B$ et qui ne suppose aucune probabilité non nulle.

L'indépendance est une propriété numérique, relative à la probabilité choisie ; elle n'exprime aucune absence de lien causal, et elle peut disparaître si l'on change de probabilité sur le même univers.

Indépendance et incompatibilité

Démonstration. L'incompatibilité donne $A\cap B=\mathrm{\varnothing }$, donc $P(A\cap B)=P(\mathrm{\varnothing })=0$. Par ailleurs $P(A)P(B)>0$, comme produit de deux réels strictement positifs. Les deux quantités sont donc différentes, et la définition de l'indépendance n'est pas satisfaite. $\mathrm{\square }$

Stabilité par passage au contraire

Démonstration. Supposons $P(A\cap B)=P(A)P(B)$.

Le couple $(\bar{A},B)$. Les événements $A\cap B$ et $\bar{A}\cap B$ sont incompatibles, car leur intersection est incluse dans $A\cap \bar{A}=\mathrm{\varnothing }$, et leur réunion vaut $B$ :

$$(A\cap B)\cup (\bar{A}\cap B)=(A\cup \bar{A})\cap B=\mathrm{\Omega }\cap B=B\mathrm{.}$$

L'axiome d'additivité donne donc $P(B)=P(A\cap B)+P(\bar{A}\cap B)$, d'où

$$P(\bar{A}\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=P(B)-P(A)P(B)=P(B)(1-P(A))=P(\bar{A})P(B)\mathrm{.}$$

Ainsi $\bar{A}$ et $B$ sont indépendants.

Le couple $(A,\bar{B})$. La définition de l'indépendance étant symétrique en $A$ et $B$, il suffit d'échanger les rôles des deux événements dans le raisonnement précédent.

Le couple $(\bar{A},\bar{B})$. On applique le premier point au couple indépendant $(A,\bar{B})$, ce qui donne l'indépendance de $\bar{A}$ et $\bar{B}$. $\mathrm{\square }$

Indépendance mutuelle d'une famille finie

Il ne suffit donc pas de vérifier l'égalité pour l'intersection de tous les événements, ni même pour tous les couples : toutes les sous-familles doivent la vérifier. Pour trois événements $A$, $B$, $C$, cela fait quatre égalités : les trois égalités deux à deux, et $P(A\cap B\cap C)=P(A)P(B)P(C)$.

Démonstration. L'implication est immédiate : les parties $I$ à deux éléments figurent parmi celles que la définition considère. La fausseté de la réciproque se voit sur un contre-exemple, donné ci-dessous. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Cas $n=2$. C'est exactement la propriété démontrée à la sous-section précédente : si $A_1$ et $A_2$ sont indépendants, alors les couples $(\overline{A_1},A_2)$, $(A_1,\overline{A_2})$ et $(\overline{A_1},\overline{A_2})$ le sont aussi.

Cas général. On remplace les $A_i$ par leur contraire un par un, et il suffit donc de traiter le remplacement d'un seul, disons $A_1$ par $\overline{A_1}$. Soit $I$ une partie de $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,n]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ contenant au moins deux éléments. Si $1\mathrm{\notin }I$, l'égalité à vérifier est celle de l'hypothèse et il n'y a rien à faire. Si $1\in I$, posons $J=I\setminus \{1\}$ et $D={\bigcap }_{i\in J}{A}_i$. Les événements $A_1\cap D$ et $\overline{A_1}\cap D$ sont incompatibles et de réunion $D$, donc l'additivité donne

$$P(\overline{A_1}\cap D)=P(D)-P(A_1\cap D)=\prod _{i\in J}P(A_i)-P(A_1)\prod _{i\in J}P(A_i)=P(\overline{A_1})\prod _{i\in J}P(A_i),$$

en utilisant deux fois l'indépendance mutuelle des $A_i$, une fois pour la famille $J$ et une fois pour la famille $I$. C'est bien l'égalité voulue. En répétant l'opération pour chaque indice dont on veut prendre le contraire, on obtient le résultat. $\mathrm{\square }$

Ce résultat sert constamment : c'est lui qui autorise à écrire, pour des événements mutuellement indépendants,

$$P(\overline{A_1}\cap \overline{A_2}\cap \cdots \cap \overline{A_n})=\prod _{i=1}^n(1-P(A_i)),$$

donc à calculer une probabilité du type « au moins un des $A_i$ est réalisé » par passage au contraire.

En pratique, l'indépendance mutuelle n'est presque jamais démontrée : elle est posée comme hypothèse de modélisation, sous la forme « les épreuves sont indépendantes », « les composants tombent en panne indépendamment les uns des autres », « les tirages ont lieu avec remise ». Cette hypothèse doit être écrite explicitement dans la rédaction, car c'est elle, et elle seule, qui autorise les produits.

Ce qu'il faut savoir faire

En statistiques

• Employer le vocabulaire exact : population, individu, échantillon, caractère quantitatif discret, continu ou qualitatif, et savoir dire lequel autorise un calcul de moyenne.
• Compléter un tableau de série statistique : effectifs, fréquences, fréquences cumulées, et vérifier que la somme des fréquences vaut $1$.
• Tracer et lire un diagramme en bâtons et une fonction de répartition en escalier, en plaçant correctement les points pleins et les points creux.
• Déterminer un quantile à partir des fréquences cumulées : le plus petit $v_j$ tel que $F_j⩾\alpha$, cas d'égalité compris. En particulier la médiane, $Q_1$, $Q_3$, $D_1$ et $D_9$.
• Construire et lire une boîte à moustaches, en donnant les cinq nombres, l'étendue et l'écart interquartile, et en commentant la symétrie.
• Calculer $\bar{x}$, $s_x^2$ et $s_x$ à partir d'un tableau d'effectifs, par la formule de Koenig, et contrôler la vraisemblance des résultats.
• Appliquer une transformation affine : $\bar{y}=a\bar{x}+b$, $s_y=\mathrm{\mid }a\mathrm{\mid }{s}_x$, et les quantiles pour $a>0$.
• Interpréter : distinguer position et dispersion, savoir pourquoi la médiane résiste aux valeurs extrêmes et pas la moyenne.

En probabilités

• Choisir un univers fini adapté à l'expérience, le décrire par une phrase et calculer son cardinal.
• Justifier ou refuser l'équiprobabilité, et l'annoncer explicitement dans la rédaction.
• Traduire un énoncé en événements avec le dictionnaire des connecteurs logiques, et utiliser De Morgan devant « au moins un ».
• Vérifier qu'une famille est un système complet : incompatibilité deux à deux et réunion égale à $\mathrm{\Omega }$, les deux points écrits.
• Calculer avec les coefficients binomiaux : symétrie, formule de Pascal, formule explicite, et somme d'une ligne du triangle par double comptage.
• Compter les tirages selon les trois modèles, en identifiant d'abord s'il y a remise, puis si l'ordre intervient.
• Démontrer les propriétés d'une probabilité à partir des deux axiomes : $P(\mathrm{\varnothing })=0$, $P(\bar{A})$, croissance, additivité finie.
• Appliquer la formule du crible à deux puis trois événements, et savoir passer au contraire quand elle deviendrait trop lourde.
• Calculer une probabilité conditionnelle par la définition ou par lecture d'un tableau croisé, et ne jamais oublier de vérifier que le conditionnant est de probabilité non nulle.
• Construire un arbre pondéré, lire un chemin comme un produit, un événement comme une somme, et contrôler que tous les chemins somment à $1$.
• Enchaîner probabilités totales puis Bayes : le premier calcule la conséquence à partir des causes, le second remonte aux causes.
• Établir ou infirmer une indépendance par le calcul des trois nombres $P(A)$, $P(B)$ et $P(A\cap B)$, sans jamais invoquer l'intuition.
• Distinguer indépendance deux à deux et indépendance mutuelle, et savoir produire le contre-exemple des deux dés.
• Calculer « au moins un » sous hypothèse d'indépendance mutuelle, par passage au contraire.

Les erreurs à ne plus commettre

1. Poser l'équiprobabilité sur un univers résumé. Les nombres de piles, les sommes de dés, les effectifs regroupés ne sont presque jamais équiprobables. L'équiprobabilité se pose sur l'univers détaillé.

2. Confondre incompatibles et indépendants. Deux événements incompatibles de probabilités non nulles sont toujours dépendants.

3. Additionner sans vérifier l'incompatibilité. L'égalité $P(A\cup B)=P(A)+P(B)$ suppose $A\cap B=\mathrm{\varnothing }$. Dans le doute, écrivez le crible, qui est toujours vrai.

4. Multiplier sans hypothèse d'indépendance. Sans hypothèse, on écrit $P(A\cap B)=P(A)P_A(B)$, jamais $P(A)P(B)$.

5. Inverser un conditionnement à la légère. $P_A(B)$ et $P_B(A)$ n'ont aucune raison d'être égaux : voyez l'exemple de la détection de fraude, où l'un vaut $\mathrm{0,99}$ et l'autre environ $\mathrm{0,047}$.

6. Écrire $P_{\bar{A}}(B)=1-P_A(B)$. C'est faux. Seul $P_A(\bar{B})=1-P_A(B)$ est correct : on passe au contraire sur l'événement conditionné, jamais sur le conditionnant.

7. Oublier de vérifier qu'un système est complet avant d'appliquer les probabilités totales. Un cas oublié fait manquer un terme, des cas qui se chevauchent en comptent un deux fois.

8. Croire qu'une boîte à moustaches renseigne sur la moyenne. Elle ne contient que cinq nombres, et la moyenne n'en fait pas partie.

9. Prendre la médiane pour ${\displaystyle \frac{\min +\max }{2}}$. La médiane coupe l'effectif en deux, pas l'intervalle des valeurs.

10. Utiliser la variance en ${\displaystyle \frac{1}{n-1}}$. La convention de ce cours, et du programme, est la division par $n$. Vérifiez le réglage de votre calculatrice sur un exemple simple.

11. Développer les factorielles d'un coefficient binomial. Simplifiez d'abord : $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{p}\right)={\displaystyle \frac{n(n-1)\cdots (n-p+1)}{p!}}$, et le résultat est toujours entier.

12. Confondre une série et un ensemble. Une série statistique garde ses répétitions : la valeur $2$ y figure autant de fois qu'elle a été observée, et c'est cela qui porte l'information.