Probabilités conditionnelles et indépendance

Un test de dépistage est positif : quelle est la probabilité d'être vraiment malade ? Une pièce est défectueuse : de quelle machine vient-elle probablement ? Ces questions demandent de réviser une probabilité à la lumière d'une information. C'est l'objet des probabilités conditionnelles, vues en seconde avec les arbres et les tableaux, et que ce chapitre approfondit avec trois outils nouveaux : la formule des probabilités totales, la notion d'indépendance, et la répétition d'épreuves identiques.

Tout au long du chapitre, l'univers $\Omega$ est fini, et l'on distingue soigneusement le modèle probabiliste de la situation réelle qu'il décrit.

1. Rappels : probabilité conditionnelle

1.1 Définition

Soient $A$ et $B$ deux évènements avec $P(A) \neq 0$. La probabilité de $B$ sachant $A$ est

$\boxed{P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}}$

C'est la probabilité de $B$ lorsqu'on sait que $A$ est réalisé : on restreint l'univers à $A$. En multipliant, on obtient la formule très utile

$\boxed{P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)}$

1.2 Lecture dans un tableau croisé

Dans un lycée de $200$ élèves, on compte $120$ filles et $80$ garçons ; $90$ filles et $50$ garçons pratiquent un sport. On choisit un élève au hasard ; $F$ : « c'est une fille », $S$ : « il pratique un sport ».

• $P(F \cap S) = \dfrac{90}{200} = 0{,}45$ : probabilité d'être une fille et sportive (une case sur le total général).
• $P_F(S) = \dfrac{90}{120} = 0{,}75$ : parmi les filles, la proportion de sportives (une case sur le total de sa ligne).
• $P_S(F) = \dfrac{90}{140} = \dfrac{9}{14} \approx 0{,}64$ : parmi les sportifs, la proportion de filles (la même case sur le total de sa colonne).

⚠️ Trois nombres différents pour une même case : $P(A \cap B)$, $P_A(B)$ et $P_B(A)$. Ce qui change, c'est le dénominateur : l'ensemble dans lequel on se place.

1.3 Arbres pondérés

Un arbre pondéré représente une expérience en plusieurs étapes. Sur les branches du premier niveau, on écrit les probabilités $P(A)$ ; sur celles du second, les probabilités conditionnelles $P_A(B)$.

Règles de lecture :

1. La somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut $1$.
2. La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités de ses branches : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.
3. La probabilité d'un évènement est la somme des probabilités des chemins qui y mènent.

Exemple : une urne contient $3$ boules rouges et $2$ vertes. On tire deux boules successivement sans remise. Premier niveau : $P(R_1) = \dfrac{3}{5}$, $P(V_1) = \dfrac{2}{5}$. Second niveau, sachant $R_1$ : il reste $2$ rouges et $2$ vertes sur $4$, donc $P_{R_1}(R_2) = \dfrac{2}{4}$ et $P_{R_1}(V_2) = \dfrac{2}{4}$ ; sachant $V_1$ : $P_{V_1}(R_2) = \dfrac{3}{4}$ et $P_{V_1}(V_2) = \dfrac{1}{4}$.

La somme fait bien $1$. La probabilité d'obtenir deux couleurs différentes est $\dfrac{3}{10} + \dfrac{3}{10} = \dfrac{3}{5}$.

2. Partition de l'univers et formule des probabilités totales

2.1 Partition

Des évènements $A_1, A_2, \ldots, A_n$ forment une partition de l'univers (on dit aussi un système complet d'évènements) s'ils sont deux à deux incompatibles et si leur réunion est $\Omega$ tout entier : chaque issue appartient à un et un seul des $A_i$.

Le cas le plus courant : $A$ et son contraire $\bar{A}$. Les branches du premier niveau d'un arbre forment toujours une partition.

2.2 Formule des probabilités totales

Si $A_1, \ldots, A_n$ est une partition de $\Omega$ (avec des probabilités non nulles), alors pour tout évènement $B$ :

$\boxed{P(B) = P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B) + \cdots + P(A_n \cap B) = P(A_1)P_{A_1}(B) + \cdots + P(A_n)P_{A_n}(B)}$

Avec deux évènements : $P(B) = P(A)P_A(B) + P(\bar{A})P_{\bar{A}}(B)$. Sur un arbre, c'est la règle 3 : on additionne tous les chemins qui aboutissent à $B$.

Exemple : une usine produit des pièces avec deux machines. $M_1$ fabrique $60\,\%$ des pièces, dont $2\,\%$ sont défectueuses ; $M_2$ fabrique les $40\,\%$ restants, dont $5\,\%$ sont défectueuses. On prélève une pièce au hasard ; $D$ : « la pièce est défectueuse ».

$P(D) = P(M_1)P_{M_1}(D) + P(M_2)P_{M_2}(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032$

2.3 « Remonter » l'arbre

On peut ensuite calculer une probabilité conditionnelle dans l'autre sens : la pièce est défectueuse, quelle est la probabilité qu'elle vienne de $M_2$ ?

$P_D(M_2) = \frac{P(M_2 \cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}020}{0{,}032} = 0{,}625$

Bien que $M_2$ ne produise que $40\,\%$ des pièces, elle est responsable de $62{,}5\,\%$ des pièces défectueuses. Cette inversion est la clé de l'exemple résolu de la partie 7.

3. Indépendance de deux évènements

3.1 Définition

Deux évènements $A$ et $B$ sont indépendants lorsque

$\boxed{P(A \cap B) = P(A) \times P(B)}$

Si $P(A) \neq 0$, cela équivaut à $P_A(B) = P(B)$ : savoir que $A$ est réalisé ne change pas la probabilité de $B$. De même $P_B(A) = P(A)$ si $P(B) \neq 0$.

3.2 Vérifier ou utiliser l'indépendance

Exemple : on lance un dé équilibré. $A$ : « le résultat est pair », $B$ : « le résultat est inférieur ou égal à $4$ », $C$ : « le résultat est inférieur ou égal à $3$ ».

• $P(A) = \dfrac{1}{2}$, $P(B) = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$, $A \cap B = \{2\,;\,4\}$ donc $P(A \cap B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$. Or $P(A)P(B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}$ : $A$ et $B$ sont indépendants.
• $P(C) = \dfrac{1}{2}$, $A \cap C = \{2\}$ donc $P(A \cap C) = \dfrac{1}{6}$, alors que $P(A)P(C) = \dfrac{1}{4}$ : $A$ et $C$ ne sont pas indépendants.

Dans l'autre sens, si l'énoncé affirme que deux évènements sont indépendants (deux lancers, deux composants qui tombent en panne sans lien), on utilise directement $P(A \cap B) = P(A)P(B)$. L'indépendance est alors une hypothèse du modèle, issue de l'analyse de la situation.

3.3 Deux remarques importantes

Indépendants n'est pas incompatibles. Deux évènements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants : $P(A \cap B) = 0 \neq P(A)P(B)$. Savoir que $A$ est réalisé rend $B$ impossible, ce qui est le contraire de l'indépendance.

Indépendance et contraire. Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\bar{B}$ le sont aussi. Démonstration : $P(A \cap \bar{B}) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)\big(1 - P(B)\big) = P(A)P(\bar{B})$.

4. Succession de deux épreuves indépendantes

Lorsqu'on enchaîne deux expériences aléatoires sans influence l'une sur l'autre (lancer une pièce puis un dé, tirer deux boules avec remise), les évènements relatifs à la première et à la seconde sont indépendants : la probabilité d'un couple de résultats est le produit des probabilités.

On représente la succession par un arbre, dont les branches du second niveau portent les mêmes probabilités quel que soit le premier résultat, ou par un tableau à double entrée.

Exemple : pièce puis dé. $P(\text{pile} \cap 6) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{12}$.

Exemple : urne de $3$ rouges et $2$ vertes, deux tirages avec remise. $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{25}$ et $P(\text{couleurs différentes}) = 2 \times \dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{5} = \dfrac{12}{25} = 0{,}48$, contre $0{,}6$ sans remise : la remise change le modèle.

5. Répétition d'épreuves de Bernoulli ($n \leqslant 4$)

5.1 Épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience à deux issues : le succès $S$, de probabilité $p$, et l'échec $\bar{S}$, de probabilité $1 - p$. Lancer une pièce, tirer une boule rouge ou non, réussir ou rater un panier.

5.2 Répétition

On répète $n$ fois la même épreuve de façon identique (même $p$) et indépendante. L'arbre a $2^n$ chemins, et la probabilité d'un chemin comportant $k$ succès et $n - k$ échecs est $p^k (1 - p)^{n-k}$, quel que soit l'ordre.

Pour calculer la probabilité d'obtenir exactement $k$ succès, on compte les chemins qui contiennent $k$ succès :

$P(\text{exactement } k \text{ succès}) = (\text{nombre de chemins avec } k \text{ succès}) \times p^k (1 - p)^{n-k}$

Exemple : un basketteur réussit ses lancers francs avec la probabilité $0{,}7$ ; il en tire $3$.

• $P(3 \text{ succès}) = 0{,}7^3 = 0{,}343$.
• $P(\text{exactement } 2) = 3 \times 0{,}7^2 \times 0{,}3 = 0{,}441$ (trois chemins : $SS\bar{S}$, $S\bar{S}S$, $\bar{S}SS$).
• $P(\text{au moins } 1) = 1 - P(\text{aucun}) = 1 - 0{,}3^3 = 1 - 0{,}027 = 0{,}973$.

🎯 Réflexe : « au moins un succès » se calcule presque toujours par le contraire, « aucun succès », de probabilité $(1 - p)^n$.

6. Algorithme : la méthode de Monte-Carlo

On peut estimer une probabilité, ou une aire, en simulant un grand nombre de tirages au hasard et en comptant la fréquence des tirages favorables.

Estimer $\pi$. On tire des points au hasard dans le carré $[0\,;\,1] \times [0\,;\,1]$. La proportion de points situés dans le quart de disque de rayon $1$ ($x^2 + y^2 \leqslant 1$) est proche de son aire, $\dfrac{\pi}{4}$.

from random import random

def estime_pi(n):
    dedans = 0
    for k in range(n):
        x, y = random(), random()
        if x * x + y * y <= 1:
            dedans = dedans + 1
    return 4 * dedans / n

# estime_pi(100000) donne environ 3,14

Estimer l'aire sous la parabole $y = x^2$ sur $[0\,;\,1]$ : on compte les points tels que $y < x^2$. La proportion est proche de $\dfrac{1}{3}$, valeur exacte de cette aire.

def aire_parabole(n):
    dessous = 0
    for k in range(n):
        x, y = random(), random()
        if y < x * x:
            dessous = dessous + 1
    return dessous / n

# aire_parabole(100000) donne environ 0,33

Plus $n$ est grand, plus l'estimation est précise en général, mais elle reste aléatoire : deux exécutions donnent deux valeurs différentes.

7. Exemple résolu pas à pas

Énoncé. Une maladie touche $1\,\%$ d'une population. Un test de dépistage est positif chez $99\,\%$ des malades et négatif chez $95\,\%$ des personnes saines. On teste une personne au hasard ; $M$ : « elle est malade », $T$ : « le test est positif ».

1. Représenter la situation par un arbre pondéré.
2. Calculer $P(T)$.
3. Le test est positif. Quelle est la probabilité que la personne soit malade ? Commenter.

Résolution.

1. Premier niveau : $P(M) = 0{,}01$, $P(\bar{M}) = 0{,}99$. Second niveau : $P_M(T) = 0{,}99$, $P_M(\bar{T}) = 0{,}01$ ; $P_{\bar{M}}(T) = 0{,}05$ (les $5\,\%$ de « faux positifs »), $P_{\bar{M}}(\bar{T}) = 0{,}95$.

2. $M$ et $\bar{M}$ forment une partition : formule des probabilités totales.

$P(T) = P(M)P_M(T) + P(\bar{M})P_{\bar{M}}(T) = 0{,}01 \times 0{,}99 + 0{,}99 \times 0{,}05 = 0{,}0099 + 0{,}0495 = 0{,}0594$

3. On cherche $P_T(M)$, la probabilité « à l'envers » de l'arbre :

$P_T(M) = \frac{P(M \cap T)}{P(T)} = \frac{0{,}0099}{0{,}0594} = \frac{1}{6} \approx 0{,}17$

Malgré un test très fiable, une personne testée positive n'a qu'environ une chance sur six d'être réellement malade ! Explication : la maladie est rare, donc les faux positifs parmi les nombreuses personnes saines ($0{,}0495$) sont cinq fois plus nombreux que les vrais positifs ($0{,}0099$). C'est pourquoi un test positif est en pratique confirmé par un second examen.

📌 À retenir

1. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ et $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$. Dans un tableau : une case divisée par le total de sa ligne (ou de sa colonne).
2. Arbre : somme $1$ à chaque nœud, produit le long d'un chemin, somme des chemins pour un évènement.
3. Probabilités totales : pour une partition $A_1, \ldots, A_n$, $P(B) = \sum P(A_i) P_{A_i}(B)$. Pour « remonter » : $P_B(A_i) = \dfrac{P(A_i \cap B)}{P(B)}$.
4. Indépendance : $P(A \cap B) = P(A)P(B)$, c'est-à-dire $P_A(B) = P(B)$. À vérifier par le calcul, ou à utiliser comme hypothèse du modèle. Incompatible $\neq$ indépendant.
5. Épreuves de Bernoulli répétées ($n \leqslant 4$) : chemin avec $k$ succès de probabilité $p^k(1 - p)^{n-k}$, multiplié par le nombre de chemins ($1, 3, 3, 1$ pour $n = 3$ ; $1, 4, 6, 4, 1$ pour $n = 4$). « Au moins un » $= 1 - (1 - p)^n$.
6. Monte-Carlo : estimer une probabilité ou une aire par la fréquence sur un grand nombre de simulations.