Lorsqu’on cherche à calculer la probabilité d'une union, comme \(\mathbb{P}\! \left(\bigcup_{i\in I} A_i\right)\), le premier réflexe est de vérifier si les événements de la famille \((A_i)_{i\in I}\) sont deux à deux disjoints (ou incompatibles deux à deux, ce qui revient à dire que \( A_i \) et \( A_j \) ne peuvent se réaliser simultanément si \( i \neq j \)).

Si c’est le cas, l’union correspond à une « somme » de cas qui ne peuvent pas se produire simultanément, et on a alors :

\[ \mathbb{P}\left(\bigcup_{i\in I} A_i\right)=\sum_{i\in I}\mathbb{P}(A_i). \]

Erreur classique. Confondre « disjoints » et « indépendants ». Des événements disjoints ne sont pas indépendants (sauf cas triviaux).

On effectue \(n\) lancers indépendants d’un dé équilibré à six faces. On cherche la probabilité que tous les lancers donnent le même résultat.

Pour \(k \in \{1,2,3,4,5,6\}\), on note \(A_k\) l’événement « tous les lancers donnent le résultat \(k\) ».

L’événement étudié s’écrit :

\[ A=\bigcup_{k=1}^{6} A_k. \]

Les événements \(A_1,\dots,A_6\) sont deux à deux disjoints, car tous les lancers ne peuvent pas être simultanément égaux à deux valeurs différentes, donc :

\[ \mathbb{P}(A)=\sum_{k=1}^{6}\mathbb{P}(A_k). \]

Calculons \(\mathbb{P}(A_k)\). L’événement \(A_k\) correspond à obtenir le résultat \(k\) à chacun des \(n\) lancers.

Comme les \(n\) lancers sont indépendants et comme, à chaque lancer, la probabilité d’obtenir le numéro \(k\) vaut \(\dfrac{1}{6}\), on obtient :

\[ \mathbb{P}(A_k)=\left(\frac{1}{6}\right)^n. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(A)=6 \times \left(\frac{1}{6}\right)^n=6^{1-n}. \]

Lorsque l’union porte sur deux événements \(A\) et \(B\), et si \(A\) et \(B\) ne sont pas disjoints, on utilise la formule générale :

\[ \mathbb{P}(A \cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A \cap B). \]

Cette formule permet d’éviter de compter deux fois les cas où \(A\) et \(B\) se réalisent simultanément.

Elle s’applique toujours, quels que soient les événements \(A\) et \(B\).

Erreur classique. Oublier le terme \(\mathbb{P}(A \cap B)\) ou supposer à tort que les événements sont disjoints.

Une urne est choisie au hasard selon la règle suivante :

• On choisit l’urne \(U_1\) avec probabilité \(\dfrac{1}{4}\)
• On choisit l’urne \(U_2\) avec probabilité \(\dfrac{3}{4}\)

L’urne \(U_1\) contient 10 boules (3 rouges et 7 vertes) et l’urne \(U_2\) contient 10 boules (8 rouges et 2 vertes). On tire ensuite une boule au hasard dans l’urne choisie.

On note :

• \(A\) : « l’urne choisie est \(U_1\) »
• \(B\) : « la boule tirée est rouge »

On cherche \(\mathbb{P}(A \cup B)\).

Les événements \(A\) et \(B\) ne sont pas disjoints (il est possible de choisir \(U_1\) et de tirer une boule rouge), donc on utilise la formule générale :

\[ \mathbb{P}(A \cup B)=\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)-\mathbb{P}(A \cap B). \]

On a directement :

\[ \mathbb{P}(A)=\frac{1}{4}. \]

Calculons \(\mathbb{P}(B)\). Comme \((A,\overline{A})\) est un système complet d’événements de probabilités non nulles, on a, d’après la formule des probabilités totales :

\[ \mathbb{P}(B)=\mathbb{P}_A(B)\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}_{\overline{A}}(B)\mathbb{P}(\overline{A}). \]

Or, comme le tirage se fait au hasard dans l’urne choisie :

• \(\mathbb{P}_A(B)=\dfrac{3}{10}\)
• \(\mathbb{P}_{\overline{A}}(B)=\dfrac{8}{10}\)
• \(\mathbb{P}(\overline{A})=\dfrac{3}{4}\)

Donc :

\[ \mathbb{P}(B)=\frac{3}{10}\times\frac{1}{4}+\frac{8}{10}\times\frac{3}{4} =\frac{3}{40}+\frac{24}{40} =\frac{27}{40}. \]

Enfin :

\[ \mathbb{P}(A \cap B)=\mathbb{P}_A(B)\mathbb{P}(A)=\frac{3}{10}\times\frac{1}{4}=\frac{3}{40}. \]

On peut donc conclure :

\[ \mathbb{P}(A \cup B)=\frac{1}{4}+\frac{27}{40}-\frac{3}{40} =\frac{10}{40}+\frac{24}{40} =\frac{17}{20}. \]

Lorsque l’union porte sur trois événements \(A\), \(B\) et \(C\), on utilise le crible à trois ensembles :

\[ \mathbb{P}(A\cup B\cup C) = \mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)+\mathbb{P}(C) -\mathbb{P}(A\cap B)-\mathbb{P}(A\cap C)-\mathbb{P}(B\cap C) +\mathbb{P}(A\cap B\cap C). \]

L’idée est la même qu’à deux événements : on corrige les doubles comptages avec les intersections deux à deux, puis on réajoute l’intersection triple qui a été retranchée trop de fois.

Erreur classique. Oublier le terme \(\mathbb{P}(A\cap B\cap C)\) ou se tromper dans les signes.

Dans une promotion, les étudiants peuvent pratiquer trois activités sportives : le football, le basket et le tennis.

On choisit un étudiant au hasard. On note :

• \(A\) : « l’étudiant pratique le football »
• \(B\) : « l’étudiant pratique le basket »
• \(C\) : « l’étudiant pratique le tennis »

On sait que :

• 60 % des étudiants pratiquent le football
• 50 % des étudiants pratiquent le basket
• 40 % des étudiants pratiquent le tennis
• 30 % des étudiants pratiquent le football et le basket
• 25 % des étudiants pratiquent le football et le tennis
• 20 % des étudiants pratiquent le basket et le tennis
• 10 % des étudiants pratiquent les trois sports

On cherche \(\mathbb{P}(A\cup B\cup C)\).

L’union porte sur trois événements. On utilise donc le crible à trois ensembles :

\[ \mathbb{P}(A\cup B\cup C) = \mathbb{P}(A)+\mathbb{P}(B)+\mathbb{P}(C) -\mathbb{P}(A\cap B)-\mathbb{P}(A\cap C)-\mathbb{P}(B\cap C) +\mathbb{P}(A\cap B\cap C). \]

On traduit les pourcentages en fractions :

\[ \mathbb{P}(A)=\frac{3}{5},\quad \mathbb{P}(B)=\frac{1}{2},\quad \mathbb{P}(C)=\frac{2}{5},\quad \mathbb{P}(A\cap B)=\frac{3}{10},\quad \mathbb{P}(A\cap C)=\frac{1}{4},\quad \mathbb{P}(B\cap C)=\frac{1}{5},\quad \mathbb{P}(A\cap B\cap C)=\frac{1}{10}. \]

Donc :

\[ \mathbb{P}(A\cup B\cup C) = \frac{3}{5}+\frac{1}{2}+\frac{2}{5} -\frac{3}{10}-\frac{1}{4}-\frac{1}{5} +\frac{1}{10}. \]

On met au même dénominateur (20) :

\[ \mathbb{P}(A\cup B\cup C) = \frac{12}{20}+\frac{10}{20}+\frac{8}{20} -\frac{6}{20}-\frac{5}{20}-\frac{4}{20} +\frac{2}{20} =\frac{17}{20}. \]

Lorsque l’on étudie la probabilité d’une union, il est important, si les événements ne sont pas incompatibles deux à deux, de se demander s’ils sont indépendants.

Dans ce cas, il est en général plus rapide d’utiliser les lois de De Morgan pour calculer la probabilité de l’événement contraire.

\[ \begin{align*} \mathbb{P}\!\left(\bigcup_{i\in I} A_i\right) &= 1-\mathbb{P}\!\left(\overline{\bigcup_{i\in I} A_i}\right)\\ &= 1-\mathbb{P}\!\left(\bigcap_{i\in I} \overline{A_i}\right). \end{align*} \]

Or, si \((A_i)_{i\in I}\) est une famille d’événements mutuellement indépendants, alors la famille \((\overline{A_i})_{i\in I}\) est également constituée d’événements mutuellement indépendants.

On peut donc écrire :

\[ \mathbb{P}\!\left(\bigcup_{i\in I} A_i\right) = 1-\prod_{i\in I} \mathbb{P}(\overline{A_i}) =1-\prod_{i\in I}\left [ 1-\mathbb{P}(A_i)\right] \]

Erreur classique. Appliquer cette formule sans avoir vérifié que les événements sont bien indépendants.