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Probabilités totales

Bonjour
On dispose de l'arbre pondéré ci-joint, ainsi que du diagramme circulaire qui présente juste la situation différemment. Sur le diagramme circulaire, même si c'est imprécis, $B$ occupe la moitié gauche du disque ; et $\overline{B}$ la moitié droite. D'après la formule des probabilités totales, $\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(B\cap A_1)+\mathbb{P}(B \cap \overline{A_1})=\mathbb{P}(B)\mathbb{P}_B(A_1)+\mathbb{P}(B)\mathbb{P}_B(\overline{A_1})=\frac{1}{2}$.

Or, comme $\text{Card}(A_1)=\frac{\text{Card}(B)}{3}$ et $\text{Card}(\overline{A_1})=\frac{2\text{Card(B)}}{3}$. Donc $\text{Card}(A_1)+\text{Card}(\overline{A_1})=\text{Card(B)}$. Si on appelle $\Omega$ l'univers tel que $\mathbb{P}(\Omega)=1$ et que $\text{Card($\Omega$)}\ne 0$, on peut diviser chaque membre par $\text{Card($\Omega$)}$ de telle façon à obtenir $\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(A_1)+\mathbb{P}(\overline{A_1})$. Mais j'ai l'impression que cela n'est pas possible car les évènements ne sont pas équiprobables, puisque $\mathbb{P}(B\cap A_1) \ne \mathbb{P}(B \cap \overline{A_1})$.
Aussi, sans parler de cardinalité, comme $A_1$ et $\overline{A_1}$ sont deux sous-ensembles de $B$ tels que $A_1+\overline{A_1}=B$, j'ai aussi tendance à dire que $\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}(A_1+\overline{A_1})$. D'après le diagramme circulaire, on a aussi l'impression que $\mathbb{P}_B(A_1)+\mathbb{P}_B(\overline{A_1})=\mathbb{P}(B)$, ce qui est faux d'après la formule des probabilités totales.

Cependant, ces deux résultats me paraissent incorrects et je ne vois pas où est l'erreur dans mon deuxième raisonnement. En réalité, je pense qu'un diagramme circulaire n'est pas une bonne méthode pour organiser les données car il induit en erreur. Si quelqu'un pouvait déblayer le terrain pour y voir plus clair. Merci.126334

Réponses

  • Ton A1barre n’est pas bon. Ou ton Oméga.
  • C'est-à-dire ?
  • Lola45 a écrit:
    $Card(\overline{A_1})=\frac{2Card(B)}{3}$
    D'où sors-tu ça ?
  • es tu d'accord que $card(A_1)=card(B)/3$ ?
  • Je te fais confiance sur ce point !
    Mais $\overline{A_1}$ désigne l'événement "non $A$", donc $P(\overline{A_1})=1-P(A_1)$, de plus, dans ton disque, $\overline{A_1}$ devrait être l'ensemble du disque privé du fragment $A_1$, enfin, dans ton arbre, $\overline{A_1}$ est mal placé, car $\overline{A_1}$ représente en fait toutes les possibilités qui ne sont pas $A_1$.
  • C’est ce que je voulais dire. Quel est ton univers ? Est-ce que pour toi la notation A1barre désigne le contraire de A ? Dans l’univers ? Il vaut mieux car c’est le cas dans les formules que tu sembles vouloir utiliser. Bref, définis bien tes objets et ça devrait marcher tout seul.
  • Je pense avoir trouvé. Imaginons une situation dans laquelle on tire au hasard dans une urne des boules. Dix sont rouges et dix sont noires. Parmi les boules noires, certaines sont gagnantes, et pareillement pour les boules rouges. Les probabilités associées sont inscrites sur l'arbre pondéré du premier message. On note $B$ l'évènement : "tirer une boule noire" et $A_1$ l'évènement : "obtenir une boule gagnante". Effectivement, on voit bien que la probabilité de tirer une boule noire, soit $\mathbb{P}(B)$ est différente de la probabilité de tirer une boule gagnante ou non gagnante (car il y a aussi les boules rouges qui peuvent être gagnantes ou non). Aussi, s'il n'y avait que des boules noires dans l'urne, pouvant toujours être gagnantes ou non, et bien la probabilité d'obtenir une boule gagnante ou non gagnante serait égale à la probabilité de tirer une boule noire (formule des probabilités totales). Comme nous ne sommes pas dans ce cas là, on a $\mathbb{P}(B) \ne \mathbb{P}(A_1+\overline{A_1})$ puisque gagnante plus pas gagnante n'est pas égal noir (car il y aussi des boules rouges) !! De plus, $\mathbb{P}_B(A_1)+\mathbb{P}_B(\overline{A_1})=1$ et non à $\mathbb{P}(B)$. En effet, ce n'est pas parce qu'on effectue des calculs au sein d'un ensemble $B$ que la somme des deux possibilités à l'échelle des deux sous-ensembles vaut nécessairement la probabilité de l'ensemble lui-même (car $\mathbb{P}(B)$ va dépendre des boules rouges, que l'on ne prend pas en compte dans $\mathbb{P}_B(A_1)+\mathbb{P}_B(\overline{A_1})$) !! Reste plus qu'à travailler sur le cas impliquant la cardinalité. On considère toujours les mêmes évènements. Le problème réside dans le fait qu'il y a bien deux univers différents que l'on note $\Omega_1$ et $\Omega_2$. L'univers $\Omega_1$ se rapporte à l'expérience "tirer une boule dans l'urne" et donc $\Omega_1 = [N ; R]$ d'où $\text{Card}(\Omega_1)=20$ car $20$ boules au total. Tandis que l'autre univers $\Omega_2$ se rapporte à l'expérience "tirer une boule et on regarde si elle est gagnante ou perdante" et donc $\Omega_2 = [G ; P]$ ($G$ pour gagnante et $P$ pour perdante) ; d'où $\text{Card}(\Omega_2)=20$. Contrairement à ce qui est écrit dans mon premier message, il faut en réalité considérer que $A_1=A_2$ et que $\overline{A_1}=\overline{A_2}$. Mes calculs de cardinaux dans mon premier message sont faux car j'ai oublié de comptabiliser les boules rouges gagnantes et perdantes. D'après les probas de l'arbre, $\text{Card}(A_1)=\frac{\text{Card}(B)}{3}+\frac{\text{Card}(\overline{B})}{4}=\frac{10}{3}+\frac{10}{4}=\frac{35}{6}$ ; $\text{Card}(\overline{A_1})=\frac{2}{3}\text{Card}(B)+\frac{3}{4}\text{Card}(\overline{B})=\frac{20}{3}+\frac{30}{4}=\frac{85}{6}$. Et donc comme $\text{Card}(\Omega_1)=\text{Card}(\Omega_2)=20$, on peut écrire $\frac{\text{Card}(A_1)}{\text{Card}(\Omega_2)}+\frac{\text{Card}(\overline{A_1})}{\text{Card}(\Omega_2)}\ne\frac{\text{Card(B)}}{\text{Card}(\Omega_1)}$ car $\frac{1}{6} \ne \frac{1}{2}$. Finalement, $\mathbb{P}(B)\ne\mathbb{P}(A_1)+\mathbb{P}(\overline{A_1})$. Si vous êtes d'accord avec l'ensemble de ce message, on pourra affirmer que tout est rentré dans l'ordre. (:P)
  • Tu as bien compris le problème, bravo. C'est bien mais fais attention avec tes calculs de cardinaux, un cardinal doit être un entier.
  • Ah oui effectivement. On peut s'arranger en changeant les probas pour que les cardinaux soient entiers. On obtient toujours que ce n'est pas égal à $\mathbb{P}(B)$.
  • Oui,

    il y a une grande confusion entre probas et cardinaux (= nombre d'éléments). Il serait déjà bien d'apprendre la différence !!

    Cordialement.
  • Pas besoin de changer les probabilités,
    La probabilité traduit une fréquence d'apparition, imaginons que l'on ait une urne avec deux boules, et qu'en rentrant la main dans l'urne on note la boule que l'on touche en premier.
    Si les deux boules sont de taille différente tu es d'accord qu'il est plus probable que l'on touche la plus grosse. Donc les probabilités sont pas 1/2 1/2, mais par exemple 1/3 2/3. C'est pourtant pas ce que l'on obtient avec les cardinaux. Pourquoi ? Et bien parce que la formule $P(A)=\frac{Card(A)}{Card(\Omega)}$ n'est valable qu'à condition que la loi de probabilité soit uniforme, ce qui n'est pas le cas si les boules ne font pas la même taille.
  • Modifié (November 2021)
    Car moi il me paraît intuitif d'écrire, en situation d'équiprobabilité, que $\mathbb{P}_A(B)=\frac{\text{Card} (A\cap B )} {\text{Card}(A)} $.
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