Un événement qui en entraîne un autre

1. Les trois premières probabilités. L'hypothèse $A\subset B$ signifie que $A$ entraîne $B$. Alors $A\cap B=A$ et $A\cup B=B$, donc $$P(A\cap B)=0,3,P(A\cup B)=0,7.$$ Contrôle par Poincaré : $0,3+0,7-0,3=0,7$. Cohérent.

Pour $B\cap \overline{A}$, on découpe $B$ en deux morceaux incompatibles, ce qui est dans $A$ et ce qui ne l'est pas : $$P(B\cap \overline{A})=P(B)-P(A\cap B)=0,7-0,3=0,4.$$

2. La probabilité de $\overline{A}\cup B$. Comme $A\subset B$, tout élément qui n'est pas dans $\overline{A}$ est dans $A$, donc dans $B$ : la réunion $\overline{A}\cup B$ est $\Omega$ tout entier, et $$P(\overline{A}\cup B)=1.$$ Contrôle par Poincaré : $P(\overline{A})+P(B)-P(\overline{A}\cap B)=0,7+0,7-0,4=1$.

3. La minoration. Partons de la formule de Poincaré, valable pour deux événements quelconques : $$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B).$$ Or une probabilité ne dépasse jamais $1$, donc $P(A\cup B)\le 1$. En retranchant un nombre plus petit on obtient un résultat plus grand : $$P(A\cap B)=P(A)+P(B)-P(A\cup B)\ge P(A)+P(B)-1.$$

Vérification. Ici $P(A)+P(B)-1=0,3+0,7-1=0$, et $P(A\cap B)=0,3\ge 0$. L'inégalité tient, largement.

Ce qu'elle dit. Deux événements très probables ne peuvent pas s'éviter : si $P(A)=P(B)=0,9$, alors $P(A\cap B)\ge 0,8$. La proximité de $1$ force le recouvrement.