La probabilité

Axiomes de Kolmogorov, premières propriétés, équiprobabilité

Au chapitre précédent, nous avons planté le décor : un univers $\Omega$, et des événements qui en sont les parties. Il ne s'y passait encore rien de quantitatif — on ne savait pas dire qu'un événement était « plus probable » qu'un autre. C'est le rôle de la probabilité $P$ : une masse totale égale à $1$, répartie sur les événements, qui mesure « à quel point » chacun est susceptible de se réaliser. Le tour de force de Kolmogorov, c'est que trois axiomes suffisent : tout le reste — y compris la vieille règle « cas favorables sur cas possibles » de Laplace — s'en déduit par le seul raisonnement. C'est ce que nous allons faire. (Pourquoi ces axiomes-là, et pourquoi $1$ : voir l'annexe « Aux fondements des probabilités ».)

1. Les trois axiomes

Définition (rappel) — Événements incompatibles

Deux événements $A$ et $B$ sont incompatibles (ou disjoints) lorsque $A \cap B = \varnothing$ : aucune issue ne les réalise en même temps.
Une famille d'événements $(A_i)_{i \in I}$ est dite deux à deux incompatible lorsque $A_i \cap A_j = \varnothing$ pour tous indices $i \neq j$ : les événements sont incompatibles pris deux par deux.

Cette notion, introduite au chapitre Vocabulaire, est précisément celle qui intervient dans l'axiome (A3) ci-dessous.

« Deux à deux incompatibles » est plus fort que « d'intersection commune vide ». Les trois événements $A = \{1,2\}$, $B = \{2,3\}$, $C = \{3,1\}$ sur $\Omega = \{1,2,3\}$ vérifient $A \cap B \cap C = \varnothing$, mais ils ne sont pas deux à deux incompatibles (par exemple $A \cap B = \{2\} \neq \varnothing$). C'est bien la version « deux à deux » qu'exige l'additivité.

Définition — Probabilité (Kolmogorov, 1933)

Soit $(\Omega, \mathcal{A})$ un espace probabilisable (rappel : dans tout ce cours, $\Omega$ est fini ou dénombrable et l'on prend $\mathcal{A} = \mathcal{P}(\Omega)$, donc « événement = partie de $\Omega$ »). Une probabilité sur $(\Omega, \mathcal{A})$ est une application $P : \mathcal{A} \to \mathbb{R}$ vérifiant :

(A1) Positivité : pour tout événement $A$, $\;P(A) \geqslant 0$ ;
(A2) Normalisation : $\;P(\Omega) = 1$ ;
(A3) $\sigma$-additivité : pour toute suite $(A_n)_{n\in\mathbb{N}}$ d'événements deux à deux incompatibles, \[ P\!\left(\bigcup_{n=0}^{\infty} A_n\right) = \sum_{n=0}^{\infty} P(A_n). \]

Le triplet $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ s'appelle un espace probabilisé. Le réel $P(A)$ est la probabilité de l'événement $A$.

L'image à garder en tête

Pense à $1$ kilogramme de sable réparti sur l'univers $\Omega$. La probabilité $P(A)$ est la masse de sable posée sur $A$. (A1) dit qu'on ne pose jamais de masse négative ; (A2) que la masse totale vaut exactement $1$ ; (A3) que la masse d'un tas formé de morceaux disjoints est la somme des masses des morceaux.

2. La boîte à outils (tout se démontre)

À partir d'ici, plus aucun nouvel ingrédient : chaque propriété ci-dessous se démontre à partir des trois axiomes. C'est la promesse de la méthode axiomatique — et l'occasion de voir ces axiomes « travailler ».

Définition (rappel) — Différence « privé de »

Pour deux parties $A$ et $B$, la différence $A \setminus B$ (lire « $A$ privé de $B$ ») est l'ensemble des éléments qui sont dans $A$ mais pas dans $B$ : $A \setminus B = \{\, x : x \in A \ \text{ et } \ x \notin B \,\}$. (Notion du cours « Le langage des ensembles » ; les démonstrations ci-dessous s'en servent.)

Proposition 1 — Probabilité de l'événement impossible démontré

\[ P(\varnothing) = 0. \]

Démonstration. Considérons la suite constante $A_0 = A_1 = A_2 = \dots = \varnothing$. Ces événements sont deux à deux incompatibles (car $\varnothing \cap \varnothing = \varnothing$) et leur réunion vaut $\varnothing$. La $\sigma$-additivité (A3) donne alors \[ P(\varnothing) = \sum_{n=0}^{\infty} P(\varnothing). \] Posons $c = P(\varnothing) \geqslant 0$ (par A1). L'égalité s'écrit $c = c + c + c + \dots$ : une telle somme n'est un nombre réel fini que si $c = 0$. Donc $P(\varnothing) = 0$. ∎

Proposition 2 — Additivité finie démontré

Si $A_1, A_2, \dots, A_n$ sont deux à deux incompatibles, alors \[ P(A_1 \cup A_2 \cup \dots \cup A_n) = P(A_1) + P(A_2) + \dots + P(A_n). \]

Démonstration. Complétons la famille finie en une suite infinie en posant $A_{n+1} = A_{n+2} = \dots = \varnothing$. Cette suite reste formée d'événements deux à deux incompatibles, et sa réunion est $A_1 \cup \dots \cup A_n$. La $\sigma$-additivité donne \[ P(A_1 \cup \dots \cup A_n) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) + \sum_{k \gt n} P(\varnothing). \] Or $P(\varnothing) = 0$ (Proposition 1), donc la seconde somme est nulle, d'où le résultat. ∎

Proposition 3 — Probabilité de l'événement contraire démontré

Pour tout événement $A$, \[ P(\overline{A}) = 1 - P(A). \]

Démonstration. Les événements $A$ et $\overline{A}$ sont incompatibles et de réunion $\Omega$ : ils forment un système complet. L'additivité finie (Proposition 2) puis la normalisation (A2) donnent \[ P(A) + P(\overline{A}) = P(A \cup \overline{A}) = P(\Omega) = 1, \] d'où $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$. ∎

Proposition 4 — Croissance et différence démontré

Si $A \subset B$, alors $P(B \setminus A) = P(B) - P(A)$, et en particulier \[ P(A) \leqslant P(B). \] De plus, pour tout événement $A$, $\;0 \leqslant P(A) \leqslant 1$.

Démonstration. Supposons $A \subset B$. Alors $B$ se décompose en deux morceaux incompatibles : la partie qui est dans $A$, et le reste. Précisément $B = A \cup (B \setminus A)$, avec $A \cap (B \setminus A) = \varnothing$. L'additivité finie donne $P(B) = P(A) + P(B \setminus A)$, soit $P(B \setminus A) = P(B) - P(A)$. Comme $P(B \setminus A) \geqslant 0$ (A1), on a bien $P(A) \leqslant P(B)$. Enfin tout événement $A$ vérifie $\varnothing \subset A \subset \Omega$ ; la croissance et les valeurs $P(\varnothing) = 0$, $P(\Omega) = 1$ encadrent alors $0 \leqslant P(A) \leqslant 1$. ∎

Proposition 5 — Formule du crible (deux événements) démontré

Pour tous événements $A$ et $B$ (compatibles ou non), \[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B). \]

Démonstration. Découpons $A \cup B$ en deux morceaux incompatibles : tout ce qui est dans $A$, et ce qui est dans $B$ mais pas dans $A$. On a $A \cup B = A \cup (B \setminus A)$ avec $A \cap (B \setminus A) = \varnothing$, donc \[ P(A \cup B) = P(A) + P(B \setminus A). \tag{$\star$} \] Découpons de même $B$ selon qu'on est ou non dans $A$ : $B = (A \cap B) \cup (B \setminus A)$, ces deux morceaux étant incompatibles, d'où $P(B) = P(A \cap B) + P(B \setminus A)$, c'est-à-dire $P(B \setminus A) = P(B) - P(A \cap B)$. En reportant dans $(\star)$, \[ P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B). \] ∎

Pourquoi soustraire l'intersection ?

En additionnant $P(A)$ et $P(B)$, on compte deux fois la masse posée sur la partie commune $A \cap B$. La retrancher une fois rétablit le compte. Si $A$ et $B$ sont incompatibles, $A \cap B = \varnothing$, le terme correctif s'annule et l'on retrouve $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$.

Le cas général : formule de Poincaré (crible) admis

Pour $n$ événements, la correction se poursuit en alternant les signes sur toutes les intersections : \[ P\!\left(\bigcup_{i=1}^{n} A_i\right) = \sum_{i} P(A_i) - \sum_{i \lt j} P(A_i \cap A_j) + \sum_{i \lt j \lt k} P(A_i \cap A_j \cap A_k) - \dots + (-1)^{n+1} P(A_1 \cap \dots \cap A_n). \] Nous l'admettons ici ; elle se démontre par récurrence à partir de la Proposition 5.

🔭 Pour aller plus loin : deux pièges du continu

Nos axiomes donnent $P(\varnothing) = 0$ et $P(\Omega) = 1$. On serait tenté de croire les réciproques évidentes — « probabilité nulle $=$ impossible », « probabilité $1$ $=$ certain ». Elles sont fausses dès que l'univers est infini (non dénombrable).

Probabilité nulle $\neq$ impossibilité. L'événement impossible $\varnothing$ a toujours probabilité $0$ ; mais un événement non vide peut aussi avoir une probabilité nulle. Si $X$ est tirée uniformément dans $[0,1]$, l'événement « $X = \tfrac{1}{2}$ » n'est pas vide, et pourtant $P\bigl(X = \tfrac{1}{2}\bigr) = 0$.
Probabilité $1$ $\neq$ certitude. L'événement certain $\Omega$ a probabilité $1$ ; mais un événement différent de $\Omega$ peut aussi valoir $1$. Toujours pour $X$ uniforme sur $[0,1]$, l'événement « $X \neq \tfrac{1}{2}$ » n'est pas $\Omega$ tout entier, et pourtant $P\bigl(X \neq \tfrac{1}{2}\bigr) = 1$ : on dit qu'il se réalise presque sûrement.

Dans notre cadre fini ou dénombrable, ces surprises n'apparaissent pas tant que chaque issue a un poids strictement positif : là, $P(A) = 0$ équivaut bien à $A = \varnothing$, et $P(A) = 1$ à $A = \Omega$. C'est le passage au continu qui les fait surgir — de quoi rester prudent le jour venu.

3. Le cas fini : une probabilité, c'est une répartition de poids

Comment fabrique-t-on concrètement une probabilité sur un univers fini ? La réponse est simple et rassurante : il suffit de donner le poids de chaque issue. Tout le reste — la probabilité de n'importe quel événement — s'en déduit par addition.

Théorème — Probabilité sur un univers fini démontré

Soit $\Omega = \{\omega_1, \dots, \omega_N\}$ fini. Alors :

toute probabilité $P$ sur $\Omega$ est entièrement déterminée par les nombres $p_i = P(\{\omega_i\})$, qui vérifient $p_i \geqslant 0$ et $\sum_{i=1}^{N} p_i = 1$ ; et pour tout événement $A$, $\;P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i$ ;
réciproquement, la donnée de nombres $p_1, \dots, p_N$ tels que $p_i \geqslant 0$ et $\sum p_i = 1$ définit une unique probabilité par cette même formule.

Démonstration. Sens direct : tout événement $A$ est la réunion (disjointe) de ses événements élémentaires, $A = \bigcup_{\omega_i \in A} \{\omega_i\}$. L'additivité finie donne $P(A) = \sum_{\omega_i \in A} P(\{\omega_i\}) = \sum_{\omega_i \in A} p_i$. En prenant $A = \Omega$, on obtient $\sum_i p_i = P(\Omega) = 1$ ; et $p_i = P(\{\omega_i\}) \geqslant 0$ par (A1). La connaissance des $p_i$ suffit donc à calculer tout $P(A)$. Réciproque : partant de nombres $p_i \geqslant 0$ de somme $1$, posons $P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i$. Alors $P(A) \geqslant 0$ (somme de termes positifs, A1 vérifié) ; $P(\Omega) = \sum_i p_i = 1$ (A2 vérifié) ; et si $A, B$ sont incompatibles, aucune issue n'est comptée deux fois, donc $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$ (A3 vérifié, la $\sigma$-additivité se ramenant ici au fini). L'application $P$ est donc bien une probabilité, et c'est la seule qui prenne les valeurs $p_i$ sur les singletons. ∎

Exemple — un dé pipé

Un dé truqué donne le $6$ deux fois plus souvent que chaque autre face. On modélise par $\Omega = \{1, \dots, 6\}$ avec $p_1 = \dots = p_5 = p$ et $p_6 = 2p$. La condition $\sum p_i = 1$ impose $5p + 2p = 1$, soit $p = \tfrac{1}{7}$. Ainsi chaque face « ordinaire » a probabilité $\tfrac{1}{7}$ et le $6$ a probabilité $\tfrac{2}{7}$. La probabilité d'obtenir un nombre pair est $P(\{2,4,6\}) = \tfrac{1}{7} + \tfrac{1}{7} + \tfrac{2}{7} = \tfrac{4}{7}$.

4. Équiprobabilité — et le retour de Laplace

Le cas le plus important en pratique est celui où aucune issue n'est privilégiée : les faces d'un dé équilibré, les cartes d'un jeu bien battu. C'est là — et seulement là — que resurgit la formule que tout le monde connaît.

Définition — Probabilité uniforme (équiprobabilité)

Sur un univers fini $\Omega$ de cardinal $N$, la probabilité uniforme est celle pour laquelle toutes les issues ont le même poids : \[ p_1 = p_2 = \dots = p_N = \frac{1}{N}. \] On dit alors que les issues sont équiprobables.

Théorème — Formule de Laplace démontré

Dans un modèle équiprobable sur $\Omega$ fini, la probabilité d'un événement $A$ est \[ P(A) = \frac{\lvert A \rvert}{\lvert \Omega \rvert} = \frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}. \]

Démonstration. D'après le théorème du §3, $P(A) = \sum_{\omega_i \in A} p_i$. Comme chaque $p_i$ vaut $\tfrac{1}{N}$ avec $N = \lvert \Omega \rvert$, et que la somme porte sur les $\lvert A \rvert$ issues de $A$, \[ P(A) = \sum_{\omega_i \in A} \frac{1}{N} = \frac{\lvert A \rvert}{N} = \frac{\lvert A \rvert}{\lvert \Omega \rvert}. \] ∎

🔎 Ce qui vient de se passer est important

La « définition classique » de Laplace — cas favorables sur cas possibles, vue dans l'annexe historique — n'est plus une définition : c'est désormais un théorème, un simple cas particulier des axiomes, valable uniquement quand on suppose l'équiprobabilité. Le reproche de circularité tombe : l'équiprobabilité n'est plus une hypothèse cachée dans les mots « également possibles », c'est une hypothèse de modélisation affichée, qu'on assume et qu'on doit justifier.

🧭 Méthode — Calculer dans un modèle équiprobable

Quand le modèle est équiprobable, calculer une probabilité revient à dénombrer :

choisir un univers $\Omega$ où l'équiprobabilité est légitime (par symétrie du dispositif : dé équilibré, tirage au hasard…) ;
compter le nombre total de cas possibles $\lvert \Omega \rvert$ ;
compter le nombre de cas favorables $\lvert A \rvert$ ;
diviser : $P(A) = \lvert A \rvert / \lvert \Omega \rvert$.

Les techniques de comptage (arrangements, combinaisons) font l'objet du chapitre de dénombrement : c'est lui qui alimente cette formule.

L'équiprobabilité n'est jamais automatique : c'est une hypothèse qui doit se justifier par une symétrie réelle. « La somme de deux dés » n'est pas équiprobable (il y a une seule façon de faire $2$, mais six de faire $7$) ; en revanche le couple $(i,j)$ des deux dés, lui, l'est. Comme au chapitre précédent : le choix de $\Omega$ décide de tout.

5. Probabilités totales : découper selon un système complet

Souvenons-nous du système complet d'événements (SCE) du chapitre « Vocabulaire » : une partition de $\Omega$ en morceaux incompatibles qui recouvrent tout. Une fois $P$ disponible, ce découpage devient un outil de calcul : pour trouver la masse d'un événement $A$, on la ramasse morceau par morceau.

Proposition 6 — Formule des probabilités totales (forme additive) démontré

Soit $(B_1, B_2, \dots, B_n)$ un système complet d'événements. Alors, pour tout événement $A$, \[ P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(A \cap B_i). \]

Démonstration. Puisque les $B_i$ recouvrent $\Omega$, on a $A = A \cap \Omega = A \cap \bigl(B_1 \cup \dots \cup B_n\bigr)$, et par distributivité $A = (A \cap B_1) \cup \dots \cup (A \cap B_n)$. Ces morceaux sont deux à deux incompatibles : si $i \neq j$, alors $(A \cap B_i) \cap (A \cap B_j) = A \cap (B_i \cap B_j) = A \cap \varnothing = \varnothing$, car les $B_i$ le sont. L'additivité finie (Proposition 2) donne alors $P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(A \cap B_i)$. ∎

🔗 À suivre

Cette forme n'utilise pas encore la probabilité conditionnelle. Au chapitre suivant, chaque terme $P(A \cap B_i)$ s'écrira $P(A \mid B_i)\, P(B_i)$, ce qui donnera la forme usuelle de la formule des probabilités totales, puis la formule de Bayes.

Exercices

🧭 Intuition / stratégie

Prérequis mobilisés :

le contraire : $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$ (souvent, « au moins un » se calcule par « aucun ») ;
le crible : $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ ;
l'équiprobabilité : $P(A) = \lvert A \rvert / \lvert \Omega \rvert$, une fois l'univers bien choisi ;
le découpage selon un SCE : $P(A) = \sum_i P(A \cap B_i)$.

Intuition : avant tout calcul, demande-toi si l'énoncé donne des probabilités toutes faites (alors on combine avec le crible et le contraire) ou un dispositif symétrique (alors on dénombre). Et devant « au moins un… », regarde presque toujours le contraire « aucun ».

Exercice 1 — Crible et contraire

Dans une promotion, on tire un étudiant au sort. La probabilité qu'il pratique le football est $0{,}4$, le tennis $0{,}3$, et les deux sports à la fois $0{,}1$. Quelle est la probabilité qu'il pratique au moins l'un des deux sports ? qu'il n'en pratique aucun ?

💭 À toi

« Au moins l'un des deux », c'est quelle opération sur les événements $F$ et $T$ ?
Peut-on simplement additionner $0{,}4 + 0{,}3$ ? Qu'est-ce qu'on compterait alors deux fois ?
« Aucun des deux » : comment se relie-t-il à « au moins l'un » ?

Voir un coup de pouce

« Au moins l'un » $= F \cup T$, à traiter avec le crible (Proposition 5). « Aucun » est exactement le contraire de « au moins l'un » : $\overline{F \cup T}$.

Voir la solution

Notons $F$ « pratique le football » et $T$ « pratique le tennis ». On lit $P(F) = 0{,}4$, $P(T) = 0{,}3$, $P(F \cap T) = 0{,}1$. L'événement « au moins l'un des deux » est $F \cup T$. La formule du crible donne \[ P(F \cup T) = P(F) + P(T) - P(F \cap T) = 0{,}4 + 0{,}3 - 0{,}1 = 0{,}6. \] L'événement « aucun des deux » est le contraire, $\overline{F \cup T}$, donc \[ P(\overline{F \cup T}) = 1 - P(F \cup T) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4. \] Additionner $0{,}4 + 0{,}3 = 0{,}7$ aurait compté deux fois les $0{,}1$ qui pratiquent les deux sports : le crible corrige exactement ce double comptage. ∎

Exercice 2 — Deux dés (suite du chapitre Vocabulaire)

On lance deux dés équilibrés discernables. En reprenant l'univers $\Omega = \{1,\dots,6\}^2$ du chapitre précédent, calculer les probabilités des événements : $A$ « la somme vaut $7$ », $B$ « au moins un $6$ », $C$ « les deux dés affichent le même chiffre ».

💭 À toi

Pourquoi a-t-on le droit de supposer les $36$ issues équiprobables ici ? Qu'est-ce qui, dans le dispositif, le justifie ?
Les cardinaux $\lvert A \rvert, \lvert B \rvert, \lvert C \rvert$ ont déjà été trouvés à l'exercice 1 du chapitre Vocabulaire. Que reste-t-il alors à faire ?

Voir un coup de pouce

Les dés sont équilibrés et discernables : chacun des $36$ couples $(i,j)$ a la même probabilité, le modèle est équiprobable. Il ne reste qu'à appliquer $P = \tfrac{\lvert A \rvert}{36}$, avec $\lvert A \rvert = 6$, $\lvert B \rvert = 11$, $\lvert C \rvert = 6$.

Voir la solution

Les deux dés étant équilibrés, aucune face n'est privilégiée ; étant discernables, on retient le couple ordonné $(i,j)$. Les $36$ issues de $\Omega = \{1,\dots,6\}^2$ sont donc équiprobables, et la formule de Laplace s'applique : $P = \tfrac{\lvert \cdot \rvert}{36}$. Au chapitre Vocabulaire, on avait établi $\lvert A \rvert = 6$ (les couples de somme $7$), $\lvert B \rvert = 11$ (au moins un $6$, obtenu par le contraire $36 - 25$) et $\lvert C \rvert = 6$ (les couples $(i,i)$). D'où \[ P(A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}, \qquad P(B) = \frac{11}{36}, \qquad P(C) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}. \] ∎

Exercice 3 — Découper selon un système complet

On considère deux événements $A$ et $B$ d'un même univers, avec $P(A \cap B) = 0{,}2$ et $P(A \cap \overline{B}) = 0{,}5$. Que vaut $P(A)$ ?

💭 À toi

Le couple $(B, \overline{B})$ forme-t-il une structure connue ?
Comment l'événement $A$ se décompose-t-il selon que $B$ est réalisé ou non ?

Voir la solution

Le couple $(B, \overline{B})$ est un système complet d'événements. La formule des probabilités totales (Proposition 6) appliquée à ce SCE donne \[ P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap \overline{B}) = 0{,}2 + 0{,}5 = 0{,}7. \] C'est exactement la décomposition « $A$ et $B$ » ou « $A$ et non $B$ » démontrée à l'exercice 2 du chapitre Vocabulaire, ici mesurée par $P$. ∎

🔗 Ponts vers la suite

Maths. Le chapitre suivant introduit la probabilité conditionnelle $P(A \mid B)$ et l'indépendance ; la Proposition 6 deviendra la vraie formule des probabilités totales, puis la formule de Bayes. Le dénombrement donnera les $\lvert A \rvert$ et $\lvert \Omega \rvert$ qui nourrissent la formule de Laplace.
Physique. En physique statistique, le postulat fondamental pose l'équiprobabilité des micro-états accessibles (ensemble microcanonique) : toute la thermodynamique statistique repose donc sur le §4 de ce chapitre.
Sciences de l'ingénieur. En fiabilité, la probabilité de défaillance d'un système se calcule avec le crible et le contraire (Propositions 3 et 5) : « le système tombe en panne » est souvent traité via son contraire « tous les composants fonctionnent ».

🧵 Fil rouge du chapitre

Une probabilité, c'est une masse totale $1$ répartie sur les événements, soumise à trois axiomes — et rien d'autre. Toute la « boîte à outils » (contraire, croissance, crible, probabilités totales) en découle par pur raisonnement. Quant au bon sens de Laplace, « cas favorables sur cas possibles », il n'est pas faux : c'est le cas particulier équiprobable, désormais posé comme une hypothèse claire et non comme une définition cachée.