\documentclass[12pt]{article}
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\begin{document}
\chap[num=C,pos=right,color=purple]{Probabilités conditionnelles}{\emph{Stéphane PASQUET, \today}}

%--------------- TOC
\renewcommand{\contentsname}{\color{purple}\titreFONT\huge Sommaire}
{\color{purple}\hrulefill}
{\tocFONT\tableofcontents}
{\color{purple}\hrulefill}

\vspace*{1cm} %---------- PREREQUIS

\begin{prerequis}
\item Probabilités élémentaires
\item Loi de probabilités
\item Variable aléatoire
\item Loi binomiale
\end{prerequis}

\newpage %----------------- DEBUT

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Probabilités conditionnelles}]
Soient A et B deux événements d'un univers $\Omega$ tels que $\proba{A}\neq0$.\\
On appelle \definmot{probabilité de l'événement B sachant que A est réalisé} le nombre noté $\probacond{B}{A}$ défini par :
\[
\probacond{B}{A}=\dfrac{\proba{A\cap B}}{\proba{A}}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Probabilité d'une intersection}]
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\proba{A \cap B}=\proba{A}\times\probacond{B}{A}=\proba{B}\times\probacond{A}{B}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Elle découle de la définition : l'égalité des produits en croix mène à la propriété.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
Dans une urne, on place 10 boules, 3 noires et 7 rouges. On tire au
hasard 3 boules, successivement et sans remise. Quelle est la probabilité de tirer deux boules noires ?

\medskip

En notant :
\begin{itemize}
\item N$_1$ l'événement \og la boule tirée est noire au 1\ier{} tirage \fg,
\item N$_2$ l'événement \og la boule tirée est noire au 2\ieme{} tirage \fg,
\end{itemize}

la probabilité demandée est \proba{N_1 \cap N_2}.

\begin{itemize}
\item $\proba{N_1}=\dfrac{3}{10}$ car il y a 3 boules noires sur 10 lors du 1\ier{} tirage ;
\item $\probacond{N_2}{N_1}=\dfrac{2}{9}$ car il ne reste plus que 2 boules noires sur 9 au 2\ieme{} tirage si l'on sait que l'on a déjà tiré une boule noire au 1\ier{} tirage.
\end{itemize}

Ainsi,
\begin{align*}
\proba{N_1 \cap N_2}& =\proba{N_1}\times\probacond{N_2}{N_1}\\
& = \dfrac{3}{10}\times\dfrac{2}{9}\\
& = \dfrac{1}{15}.
\end{align*}
\end{pasbox}


\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Probabilité conditionnelle d'un événement contraire}]
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\probacond{\evcont{B}}{A}=1-\probacond{B}{A}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Par définition,
\[
\probacond{\evcont{B}}{A}=\dfrac{\proba{A \cap \evcont{B}}}{\proba{A}}.
\]
Or,
\[ 
\proba{A}=\proba{A \cap B}+\proba{A \cap \evcont{B}},
\]
d'où :
\begin{align*}
\probacond{\evcont{B}}{A} & =\dfrac{\proba{A}-\proba{A \cap B}}{\proba{A}}\\
& = 1-\dfrac{\proba{A \cap B}}{\proba{A}}\\
& = 1-\probacond{B}{A}.
\end{align*}

\vspace*{-2em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={Partition}]
On dit que les $n$ événements A$_1$, ... , A$_n$ \definmot{forment une partition de $\Omega$} si :
\begin{itemize}
\item tous les événements sont incompatibles deux à deux : A$_i\cap$A$_j=\varnothing$, pour tout $i\neq j$;
\item $\text{A}_1\cup\text{A}_2\cup\cdots\cup\text{A}_n=\Omega$.
\end{itemize}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Quel que soit l'événement A, A et \evcont{A} forment une partition de l'univers.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Formule des probabilités totales (version light)}]
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\proba{B}=\proba{A \cap B}+\proba{\evcont{A} \cap B}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=meth,name={Arbre pondéré : représentation des probabilités conditionnelles}]
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[>=stealth']
\node (omega) {$\Omega$};
\node (A) at ($(omega)+(3,1.5)$) {A};
\node (AB) at ($(omega)+(3,-1.5)$) {\evcont{A}};
\node (B1) at ($(A)+(3,0.5)$) {B};
\node (B1B) at ($(A)+(3,-0.5)$) {\evcont{B}};
\node (B2) at ($(AB)+(3,0.5)$) {B};
\node (B2B) at ($(AB)+(3,-0.5)$) {\evcont{B}};
\node[right] (I1) at ($(B1)+(1,0)$) {$\proba{A \cap B}=\proba{A}\times\probacond{B}{A}$};
\node[right] (I2) at ($(B1B)+(1,0)$) {$\proba{A\cap \evcont{B}}=\proba{A}\times\probacond{\evcont{B}}{A}$};
\node[right] (I3) at ($(B2)+(1,0)$) {$\proba{\evcont{A} \cap B}=\proba{\evcont{A}}\times\probacond{B}{\evcont{A}}$};
\node[right] (I4) at ($(B2B)+(1,0)$) {$\proba{\evcont{A}\cap\evcont{B}}=\proba{\evcont{A}}\times\probacond{\evcont{A}}{\evcont{B}} $};
\draw[red] (omega.east) -- (A.west) node[midway,above left] {\proba{A}};
\draw[blue] (omega.east) -- (AB.west) node[midway,below left] {\proba{\evcont{A}}};
\draw[green!50!black] (A.east) -- (B1.west) node[midway,above,outer ysep=2pt] {\probacond{B}{A}};
\draw[purple] (A.east) -- (B1B.west) node[midway,below,outer ysep=3pt] {\probacond{\evcont{B}}{A}};
\draw[green!50!black] (AB.east) -- (B2.west) node[midway,above,outer ysep=2pt] {\probacond{B}{\evcont{A}}};
\draw[purple] (AB.east) -- (B2B.west) node[midway,below,outer ysep=3pt] {\probacond{\evcont{B}}{\evcont{A}}};
\draw[->] (B1.east) -- (I1.west);
\draw[->] (B1B.east) -- (I2.west);
\draw[->] (B2.east) -- (I3.west);
\draw[->] (B2B.east) -- (I4.west);
\draw[<->] (I1.east) -- ($(I1.east)+(0.63,0)$) -- ($(I3.east)+(0.5,0)$) -- (I3.east);
\draw[->] ($0.5*(I1.east)+0.5*(I3.east)+(0.57,0)$) -- ($0.5*(I1.east)+0.5*(I3.east)+(1.5,0)$) node[right] {\proba{B}};
\node[fill=white,circle,draw,scale=0.7] at ($0.5*(I1.east)+0.5*(I3.east)+(0.57,0)$) {$+$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop,name={Formule des probabilités totales (version complète)}]
Soient A$_1$, A$_2$, ..., A$_n$ $n$ événements formant une partition de l'univers, avec $\proba{A_k}\neq0$, $1\leqslant k\leqslant n$. Alors, pour tout événement B,
\[
\proba{B}=\proba{A_1 \cap B}+\proba{A_2 \cap B}+\cdots+\proba{A_n \cap B}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
Les événements A$_k\cap$B sont incompatibles deux à deux.\\
De plus,
\[
\text{B}=\left(\text{A}_1\cap\text{B}\right)\cup \left(\text{A}_2\cap\text{B}\right)\cup\cdots\left(\text{A}_n\cap\text{B}\right).
\]
Donc,
\[
\proba{B}=\text{P}\left(\text{A}_1\cap\text{B}\right)+\text{P}\left(\text{A}_2\cap\text{B}\right)+\cdots+\text{P}\left(\text{A}_n\cap\text{B}\right).
\]

\vspace*{-1.8em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
Pour produire des pièces métalliques, un atelier utilise trois machines. Toutes les pièces sont vérifiées par le service qualité. Ce service a fourni le tableau suivant après une journée de production.
\begin{center}
\begin{tabular}{|>{\columncolor{blue!20}}Sl|*3{Sc|}}
\hline
N° de la machine utilisée & 1 & 2 & 3\\
\hline
Pourcentage de pièces produites & 50 & 35 & 15\\
\hline
Fréquence des défauts par machine & 0,01 & 0,02 & 0,06\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

On prend au hasard une pièce produite dans la journée.\\
Déterminer la probabilité qu'elle soit défectueuse.

\medskip

On convient de noter :

\begin{itemize}
\item M$_k$ l'événement : \og La pièce provient de la machine n° $k$ \fg{} ;
\item D l'événement : \og La pièce est défectueuse \fg.
\end{itemize}

D'après la formule des probabilités totales, on a :
\begin{align*}
\proba{D} & = \proba{D\cap M_1}+\proba{D\cap M_2}+\proba{D\cap M_3}\\
& = \proba{M_1}\times\probacond{D}{M_1}+\proba{M_2}\times\probacond{D}{M_2}+\proba{M_3}\times\probacond{D}{M_3}\\
& = 0,5\times0,01+0,35\times0,02+0,15\times0,06\\
& = \numprint{0,0212}.
\end{align*}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$. Alors,
\[
\probacond{A}{B}=\proba{A} \Longleftrightarrow \probacond{B}{A}=\proba{B}.
\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{align*}
\probacond{A}{B}=\proba{A} &\Longleftrightarrow \dfrac{\proba{A\cap B}}{\proba{B}}=\proba{A}\\
& \Longleftrightarrow \dfrac{\proba{A \cap B}}{\proba{A}}=\proba{B}\\
& \Longleftrightarrow \probacond{B}{A}=\proba{B}
\end{align*}

\vspace*{-2em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=defi,name={\'Evénements indépendants}]
Soient A et B deux événements tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$.\\
On dits que A et B sont \definmot{indépendants} quand $\probacond{A}{B}=\proba{A}$.
\end{pasbox}

Deux événements sont indépendants lorsque la réalisation de l'un ne dépend pas de celle de l'autre.

\medskip

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si :
\[ \proba{A\cap B}=\proba{A}\times\proba{B}.\]
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
\begin{align*}
\probacond{A}{B}=\proba{A} &\Longleftrightarrow \dfrac{\proba{A\cap B}}{\proba{B}}=\proba{A}\\
& \Longleftrightarrow \proba{A\cap B}=\proba{A}\times\proba{B}.
\end{align*}

\vspace*{-2em}
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=ex]
On tire une carte au hasard dans un jeu de 32 cartes.\\
On considère les événements : 
\begin{itemize}
\item A : \og Tirer un c{\oe}ur \fg ;
\item B : \og Tirer un roi \fg.
\end{itemize}

Les événements A et B sont-ils indépendants ?

\medskip

On a : 
\begin{itemize}
\item $\proba{A}=\dfrac{1}{4}$ car il y a 8 c{\oe}urs sur les 32 cartes en tout ;
\item $\probacond{A}{B}=\dfrac{1}{4}$ car, sachant que la carte est un roi, il n'y a qu'une seule carte portant un c{\oe}ur sur les 4 rois.
\end{itemize}

On a alors $\proba{A}=\probacond{A}{B}$, ce qui signifie que A et B sont indépendants.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=prop]
Soient A et B deux événements indépendants. \\
Alors, A et \evcont{B} sont indépendants.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=demo,endsymb]
On sait que :
\[ \probacond{\evcont{B}}{A}=1-\probacond{B}{A}.\]
Or,
\[ \probacond{B}{A}=\proba{B}\]
car les événements A et B sont indépendants.\\
D'où :
\[ \probacond{\evcont{B}}{A}=1-\proba{B}=\proba{\evcont{B}},\]
ce qui signifie que A et \evcont{B} sont indépendants.
\end{pasbox}

\begin{pasbox}[degrade,style=rem]
Deux événements A et B incompatibles tels que $\proba{A}\neq0$ et $\proba{B}\neq0$ ne sont pas indépendants.\\
En effet, A et B incompatibles signifie d'une part que $\proba{A}\times\proba{B}\neq0$, d'autre part que $\proba{A\cap B}=0$.\\
Ainsi, $\proba{A\cap B}\neq\proba{A}\times\proba{B}$ ; les événements ne sont donc pas indépendants.
\end{pasbox}
\end{document}	