Espaces de probabilité et axiomes

On lance un dé équilibré à 6 faces. La probabilité d'obtenir un 5 est :

Univers $\Omega=\{1,2,3,4,5,6\}$, issues équiprobables de probabilité $1/6$. Donc $P(\{5\})=1/6$.

Vrai ou faux : $P(A)+P(\bar{A})=1$ pour tout événement $A$.

$A$ et $\bar{A}$ sont disjoints avec $A\cup\bar{A}=\Omega$. Par $\sigma$-additivité : $P(A)+P(\bar{A})=P(\Omega)=1$.

Si $P(A)=0.3$, $P(B)=0.4$ avec $A,B$ disjoints, quelle est $P(A\cup B)$ ?

Disjoints : $P(A\cup B)=P(A)+P(B)=0.3+0.4=0.7$.

Vrai ou faux : Si $A\subset B$, alors $P(A)\leq P(B)$.

$B=A\cup(B\setminus A)$ (union disjointe), donc $P(B)=P(A)+P(B\setminus A)\geq P(A)$.

Si $P(A)=0.5$, $P(B)=0.4$, $P(A\cap B)=0.2$, quelle est $P(A\cup B)$ ?

Inclusion-exclusion : $P(A\cup B)=0.5+0.4-0.2=0.7$.

Deux événements $A,B$ indépendants avec $P(A)=0.4$, $P(B)=0.5$. Quelle est $P(A\cap B)$ ?

Indépendance : $P(A\cap B)=P(A)P(B)=0.4\times0.5=0.2$.

Vrai ou faux : $A,B$ disjoints avec $P(A)>0$ et $P(B)>0$ sont indépendants.

Faux. $P(A\cap B)=0$ mais $P(A)P(B)>0$, donc $P(A\cap B)\neq P(A)P(B)$ : ils ne sont pas indépendants.

$P(B_1)=0.3$, $P(B_2)=0.7$, $P(A|B_1)=0.8$, $P(A|B_2)=0.2$. Calculer $P(B_1|A)$.

Bayes :
$P(A)=P(A|B_1)P(B_1)+P(A|B_2)P(B_2)=0.24+0.14=0.38$.
$P(B_1|A)=\frac{0.8\times0.3}{0.38}=\frac{0.24}{0.38}=\frac{12}{19}\approx0.632$.

Vrai ou faux : Si $P(A|B)=P(A)$, alors $A$ et $B$ sont indépendants.

Vrai (si $P(B)>0$). $P(A|B)=P(A)$ implique $P(A\cap B)=P(A)P(B)$, définition de l'indépendance.

On joue à pile ou face 3 fois. Probabilité d'exactement 2 piles ?

$\Omega$ a $2^3=8$ issues. Issues à 2 piles : PPF, PFP, FPP — 3 cas. $P=3/8$.

Trois machines produisent 50%, 30%, 20% avec taux de défauts 1%, 2%, 3%. Une pièce est défectueuse. Probabilité qu'elle vienne de $M_2$ ?

$P(D)=0.01\times0.5+0.02\times0.3+0.03\times0.2=0.005+0.006+0.006=0.017$.
$P(M_2|D)=\frac{0.02\times0.3}{0.017}=\frac{0.006}{0.017}=\frac{6}{17}\approx35.3\%$.

Vrai ou faux : Si $A,B,C$ sont deux à deux indépendants, alors ils sont mutuellement indépendants.

Faux. Contre-exemple de Bernstein : indépendance deux à deux n'implique pas $P(A\cap B\cap C)=P(A)P(B)P(C)$.

Montrer que si $A,B$ indépendants, alors $A,\bar{B}$ le sont aussi.

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

Vrai ou faux : $P(A\cup B\cup C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(A\cap B)-P(A\cap C)-P(B\cap C)+P(A\cap B\cap C)$.

Vrai. C'est la formule d'inclusion-exclusion (Poincaré) à 3 événements.

Calculer $P(\bar{A}\cap\bar{B})$ en fonction de $P(A)$, $P(B)$, $P(A\cap B)$.

$P(\bar{A}\cap\bar{B})=P(\overline{A\cup B})=1-P(A\cup B)=1-P(A)-P(B)+P(A\cap B)$.