Probabilités conditionnelles et indépendance

Un test de dépistage revient positif : quelle est la probabilité d'être vraiment malade ? Faut-il changer de porte au jeu de Monty Hall ? Comment partager équitablement la mise d'une partie interrompue ? Toutes ces questions se traitent avec le même outil : la probabilité conditionnelle, c'est-à-dire la probabilité d'un évènement sachant qu'un autre s'est produit.

Ce chapitre prolonge les probabilités de seconde. Il introduit la notion d'indépendance, apprend à représenter la répétition d'expériences par un arbre, et revisite quelques jeux célèbres qui ont fait naître le calcul des probabilités au XVII$^{\text{e}}$ siècle.

1. Rappels : un modèle, pas la réalité

Une expérience aléatoire a plusieurs issues possibles ; l'ensemble des issues est l'univers $\Omega$, et un évènement est un ensemble d'issues. Une loi de probabilité attribue à chaque évènement $A$ un nombre $P(A)$ compris entre $0$ et $1$, avec $P(\Omega) = 1$.

Deux formules à garder sous la main :

$P(\bar{A}) = 1 - P(A) \qquad P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

où $\bar{A}$ est l'évènement contraire de $A$, $A \cap B$ l'évènement « $A$ et $B$ », $A \cup B$ l'évènement « $A$ ou $B$ ».

Une loi de probabilité est une hypothèse. Dire qu'une pièce donne « pile » avec la probabilité $\dfrac{1}{2}$, c'est choisir un modèle (l'équiprobabilité) ; la pièce réelle n'est jamais parfaitement équilibrée. Quand aucune symétrie ne guide le choix, on s'appuie sur l'observation : si l'on répète une expérience un grand nombre de fois, la fréquence d'un évènement se stabilise autour d'un nombre, que l'on prend comme probabilité. C'est la loi des grands nombres, admise sous cette forme vulgarisée. Elle ne dit rien d'un lancer particulier : après dix « face » d'affilée, la probabilité de « pile » au lancer suivant est toujours $\dfrac{1}{2}$.

2. Probabilité conditionnelle

2.1 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 $B$ quand on sait que $A$ est réalisé : on ne regarde plus tout l'univers, mais seulement les issues de $A$, et l'on mesure la part de $B$ parmi elles. La formule se lit aussi dans l'autre sens : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.

2.2 Avec un tableau croisé d'effectifs

Exemple : un test de dépistage. Une maladie touche $1\,\%$ d'une population. Le test utilisé est positif chez $99\,\%$ des malades (sa sensibilité) et négatif chez $95\,\%$ des personnes saines (sa spécificité). On imagine une population de $10\,000$ personnes et l'on remplit le tableau.

Les $100$ malades donnent $99$ tests positifs (vrais positifs) et $1$ test négatif (faux négatif). Les $9\,900$ personnes saines donnent $9\,405$ tests négatifs et $495$ tests positifs (faux positifs).

On choisit une personne au hasard. Trois probabilités se lisent dans la même case $99$ :

• $P(M \cap T) = \dfrac{99}{10\,000} \approx 0{,}01$ : être malade et testé positif (dénominateur : le total général) ;
• $P_M(T) = \dfrac{99}{100} = 0{,}99$ : être testé positif sachant que l'on est malade (dénominateur : le total de la ligne $M$) ;
• $P_T(M) = \dfrac{99}{594} \approx 0{,}17$ : être malade sachant que le test est positif (dénominateur : le total de la colonne $T$).

Le résultat surprend : un test excellent, positif chez $99\,\%$ des malades, ne donne qu'une chance sur six d'être vraiment malade quand il est positif. La raison est la rareté de la maladie : les $495$ faux positifs, prélevés sur une énorme population saine, noient les $99$ vrais positifs. C'est pourquoi un test positif est suivi d'un second test de confirmation.

🎯 La question « sachant quoi ? » Dans un tableau, « sachant $A$ » signifie que l'on se restreint à la ligne (ou la colonne) de $A$ : le dénominateur est le total de cette ligne. $P_M(T)$ et $P_T(M)$ n'ont rien à voir : $0{,}99$ contre $0{,}17$. Les confondre est l'erreur la plus fréquente du chapitre.

2.3 Avec un arbre pondéré

La même situation se représente par un arbre pondéré. Au premier niveau, on sépare selon l'état de santé ; au second, selon le résultat du test. Sur les branches du second niveau figurent des probabilités conditionnelles : $P_M(T) = 0{,}99$, $P_M(\bar{T}) = 0{,}01$, $P_{\bar{M}}(T) = 0{,}05$, $P_{\bar{M}}(\bar{T}) = 0{,}95$.

Trois règles suffisent pour tout calculer.

1. Les branches issues d'un même nœud totalisent $1$ : $0{,}99 + 0{,}01 = 1$.
2. La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités de ses branches : $P(M \cap T) = 0{,}01 \times 0{,}99 = 0{,}0099$.
3. La probabilité d'un évènement est la somme des chemins qui y mènent : $P(T) = P(M \cap T) + P(\bar{M} \cap T) = 0{,}0099 + 0{,}99 \times 0{,}05 = 0{,}0099 + 0{,}0495 = 0{,}0594$.

Cette troisième règle porte le nom de formule des probabilités totales : $T$ peut se produire par deux chemins, on les additionne.

Remonter l'arbre. L'arbre donne directement $P_M(T)$, mais pas $P_T(M)$, qui est pourtant la question intéressante. On revient à la définition :

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

On retrouve le résultat du tableau. Cette technique, « inverser » le conditionnement, revient dans presque tous les problèmes de tests, de contrôle qualité ou de sondage.

3. Indépendance de deux évènements

3.1 Définition

Deux évènements $A$ et $B$ sont indépendants si le fait de savoir que l'un est réalisé ne change pas la probabilité de l'autre :

$P_A(B) = P(B) \qquad \text{ce qui équivaut à} \qquad \boxed{P(A \cap B) = P(A) \times P(B)}$

La seconde forme est la plus pratique : elle se vérifie avec trois nombres et reste valable même si $P(A) = 0$.

3.2 Justifier ou utiliser l'indépendance

Justifier. On lance un dé équilibré. Soient $A$ « le résultat est pair » et $B$ « le résultat est un multiple de $3$ ». $P(A) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$, $P(B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$ et $A \cap B = \{6\}$, donc $P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}$. Comme $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}$, les évènements $A$ et $B$ sont indépendants. En revanche, avec $C$ « le résultat est inférieur ou égal à $3$ » : $P(A \cap C) = P(\{2\}) = \dfrac{1}{6}$ alors que $P(A) \times P(C) = \dfrac{1}{4}$ ; $A$ et $C$ ne sont pas indépendants.

Dans l'exemple du test, $P(M \cap T) = 0{,}0099$ et $P(M) \times P(T) = 0{,}01 \times 0{,}0594 \approx 0{,}0006$ : les évènements « être malade » et « test positif » sont dépendants, heureusement, sinon le test ne servirait à rien. On peut le voir aussi avec $P_T(M) \approx 0{,}17 \neq P(M) = 0{,}01$ : un test positif multiplie par $17$ la probabilité d'être malade.

Utiliser. Quand l'énoncé affirme que deux évènements sont indépendants (deux machines qui tombent en panne indépendamment, deux lancers successifs), on multiplie les probabilités. Deux appareils tombent en panne dans l'année avec les probabilités $0{,}02$ et $0{,}05$, indépendamment : la probabilité que les deux tombent en panne est $0{,}02 \times 0{,}05 = 0{,}001$, et la probabilité qu'au moins un tombe en panne est $1 - 0{,}98 \times 0{,}95 = 0{,}069$.

🎯 Indépendants n'est pas incompatibles. Deux évènements incompatibles ($A \cap B = \varnothing$) de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants : si $A$ est réalisé, $B$ est impossible, donc savoir $A$ change tout. « Sans lien entre eux » se traduit par $P(A \cap B) = P(A)P(B)$, pas par une intersection vide.

4. Répétition d'épreuves de Bernoulli

4.1 Épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience à deux issues : le succès, de probabilité $p$, et l'échec, de probabilité $1 - p$. Lancer une pièce (pile, $p = \dfrac{1}{2}$), lancer un dé en cherchant le $6$ ($p = \dfrac{1}{6}$), jouer une manche de pierre-feuille-ciseaux contre un adversaire qui joue au hasard (gagner, $p = \dfrac{1}{3}$) sont des épreuves de Bernoulli.

4.2 Répéter l'épreuve : l'arbre

On répète $n$ fois la même épreuve, de façon identique (même $p$ à chaque fois) et indépendante (le résultat d'une épreuve n'influence pas les suivantes). L'arbre a $n$ niveaux et $2^n$ chemins ; les probabilités $p$ et $1 - p$ se répètent à chaque niveau, et la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités rencontrées.

Exemple : trois lancers d'une pièce. L'arbre a $8$ chemins, tous de probabilité $\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{1}{8}$.

• « Exactement deux piles » correspond aux chemins $PPF$, $PFP$, $FPP$ : probabilité $3 \times \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{8}$.
• « Au moins un pile » est le contraire de « aucun pile » ($FFF$) : probabilité $1 - \dfrac{1}{8} = \dfrac{7}{8}$.

Exemple : quatre lancers d'un dé. Probabilité d'obtenir au moins un $6$ : le contraire est « aucun $6$ », de probabilité $\left(\dfrac{5}{6}\right)^4 \approx 0{,}482$ ; donc environ $0{,}518$. Ce calcul est celui du chevalier de Méré, qui avait remarqué au XVII$^{\text{e}}$ siècle qu'il était légèrement avantageux de parier sur un $6$ en quatre lancers.

Quand $p \neq \dfrac{1}{2}$, les chemins n'ont plus tous la même probabilité, mais tous les chemins comportant le même nombre de succès ont la même probabilité : avec trois manches de pierre-feuille-ciseaux, « exactement une victoire » vaut $3 \times \dfrac{1}{3} \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 = \dfrac{12}{27} = \dfrac{4}{9}$.

🎯 « Au moins un » se calcule presque toujours par le contraire, « aucun », qui est un seul chemin : $1 - (1 - p)^n$. Le programme se limite à $n \leqslant 4$ : au-delà, l'arbre devient illisible, et c'est l'objet de la classe de terminale.

5. Des jeux qui ont fait l'histoire

5.1 Le passe-dix et le grand-duc de Toscane

On lance trois dés et l'on s'intéresse à leur somme. Le grand-duc de Toscane s'étonnait, vers $1620$, d'obtenir plus souvent $10$ que $9$, alors que chaque somme s'écrit de six façons ($9 = 1 + 2 + 6 = 1 + 3 + 5 = \ldots$). Galilée expliqua l'erreur : ces « façons » ne sont pas équiprobables. En comptant les triplets ordonnés (le premier dé, le deuxième, le troisième), il y a $216$ issues équiprobables, dont $25$ donnent $9$ et $27$ donnent $10$ : $P(9) = \dfrac{25}{216} \approx 0{,}116$ et $P(10) = \dfrac{27}{216} = 0{,}125$. Le bon modèle est celui des issues ordonnées.

5.2 Monty Hall : faut-il changer de porte ?

Trois portes ; derrière l'une, une voiture, derrière les deux autres, une chèvre. Le candidat choisit une porte. Le présentateur, qui sait où est la voiture, ouvre une autre porte, avec une chèvre, puis propose au candidat de changer.

Au moment du premier choix, la porte du candidat cache la voiture avec la probabilité $\dfrac{1}{3}$ et une chèvre avec la probabilité $\dfrac{2}{3}$.

• Si le candidat avait la voiture ($\dfrac{1}{3}$), changer fait perdre.
• Si le candidat avait une chèvre ($\dfrac{2}{3}$), le présentateur a été obligé d'ouvrir l'autre chèvre : la porte restante cache la voiture, et changer fait gagner.

Changer de porte gagne donc avec la probabilité $\dfrac{2}{3}$, garder avec la probabilité $\dfrac{1}{3}$. L'intuition « une chance sur deux » oublie que l'ouverture du présentateur n'est pas un hasard : elle apporte une information.

5.3 Le problème des partis (Pascal et Fermat, 1654)

Deux joueurs de même force misent chacun $32$ pistoles ; le premier qui gagne trois manches emporte tout. La partie est interrompue alors que $A$ mène $2$ à $1$. Comment partager la mise ?

Pascal et Fermat raisonnent sur ce qui aurait pu se passer, pas sur ce qui s'est passé. Il manque au plus deux manches. À la manche suivante, $A$ gagne avec la probabilité $\dfrac{1}{2}$ et la partie s'arrête. Sinon ($\dfrac{1}{2}$), on est à $2$ à $2$ et la dernière manche donne la victoire à chacun avec la probabilité $\dfrac{1}{2}$. Donc

$P(A \text{ gagne}) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{4} \qquad P(B \text{ gagne}) = \frac{1}{4}$

La mise de $64$ pistoles se partage en $48$ pour $A$ et $16$ pour $B$. C'est l'acte de naissance du calcul des probabilités : un partage fondé sur les chances futures, représentées par un arbre.

5.4 Croix ou pile : l'erreur de d'Alembert

On lance une pièce deux fois. Quelle est la probabilité d'obtenir au moins une fois « pile » ? D'Alembert répondit $\dfrac{2}{3}$ en comptant trois cas : pile au premier lancer (on s'arrête), face puis pile, face puis face. Mais ces trois cas ne sont pas équiprobables : le premier a la probabilité $\dfrac{1}{2}$, les deux autres $\dfrac{1}{4}$ chacun. La bonne réponse est $1 - \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}$. La leçon est la même que pour le passe-dix : compter des cas n'est correct que s'ils sont équiprobables, et l'arbre permet de s'en assurer.

6. Simuler pour vérifier

Une simulation remplace l'expérience réelle par des tirages au hasard de l'ordinateur. Elle permet d'estimer une probabilité difficile à calculer, ou de vérifier un raisonnement, comme celui de Monty Hall.

from random import randint

def monty_hall_change():
    voiture = randint(1, 3)
    choix = randint(1, 3)
    # en changeant, on gagne exactement quand le premier choix était faux
    return choix != voiture

n = 10000
gains = sum(1 for _ in range(n) if monty_hall_change())
print(gains / n)   # proche de 0,667

La fréquence observée sur $10\,000$ parties est proche de $\dfrac{2}{3}$, avec de petites variations d'une exécution à l'autre. Plus $n$ est grand, plus la fréquence est proche de la probabilité : c'est la loi des grands nombres en action. Une simulation ne démontre pas le résultat, elle le rend crédible et permet de repérer une erreur de modèle.

7. Exemple résolu pas à pas

Énoncé. Dans une population, $2\,\%$ des personnes sont porteuses d'un virus. Un test est positif chez $90\,\%$ des porteurs et négatif chez $98\,\%$ des non-porteurs. On choisit une personne au hasard ; on note $V$ « la personne est porteuse » et $T$ « le test est positif ».

a) Construire l'arbre pondéré. b) Calculer $P(V \cap T)$, puis $P(T)$. c) Le test d'une personne est positif. Quelle est la probabilité qu'elle soit porteuse ? d) Les évènements $V$ et $T$ sont-ils indépendants ?

a) Premier niveau : $V$ ($0{,}02$) et $\bar{V}$ ($0{,}98$). Second niveau : après $V$, $T$ ($0{,}9$) et $\bar{T}$ ($0{,}1$) ; après $\bar{V}$, $T$ ($0{,}02$) et $\bar{T}$ ($0{,}98$). On vérifie que chaque paire de branches totalise $1$.

b) $P(V \cap T) = 0{,}02 \times 0{,}9 = 0{,}018$. Deux chemins mènent à $T$ : $P(T) = 0{,}018 + 0{,}98 \times 0{,}02 = 0{,}018 + 0{,}0196 = 0{,}0376$.

c) On cherche $P_T(V) = \dfrac{P(V \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}018}{0{,}0376} \approx 0{,}48$. Malgré un test positif, la personne n'a qu'environ une chance sur deux d'être porteuse : la maladie est rare et les faux positifs ($0{,}0196$) pèsent autant que les vrais positifs ($0{,}018$).

d) $P(V) \times P(T) = 0{,}02 \times 0{,}0376 \approx 0{,}00075 \neq 0{,}018 = P(V \cap T)$. Les évènements ne sont pas indépendants : le résultat du test dépend du statut de la personne, ce qui est le but d'un test.

🎯 Rédiger une probabilité conditionnelle. Toujours écrire la formule avant les nombres : $P_T(V) = \dfrac{P(V \cap T)}{P(T)}$, puis les valeurs, puis l'arrondi, puis une phrase d'interprétation. Le correcteur doit voir que vous distinguez $P_T(V)$ de $P_V(T)$.

📌 À retenir

1. Une loi de probabilité est un modèle ; la fréquence observée sur un grand nombre de répétitions s'en approche (loi des grands nombres), sans jamais rien garantir sur une répétition isolée.
2. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ : « sachant $A$ » restreint l'univers à $A$. Dans un tableau, le dénominateur est le total de la ligne ou de la colonne de $A$.
3. Arbre pondéré : branches d'un nœud de somme $1$, produit le long d'un chemin, somme des chemins menant à l'évènement (probabilités totales). Pour « remonter » l'arbre, revenir à la définition.
4. $A$ et $B$ indépendants $\iff P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$ ; ne pas confondre avec incompatibles.
5. Répétition de $n \leqslant 4$ épreuves de Bernoulli : arbre à $2^n$ chemins, produit des $p$ et $1 - p$ ; « au moins un succès » $= 1 - (1 - p)^n$.
6. Passe-dix, Monty Hall, problème des partis, croix ou pile : compter des cas n'est juste que s'ils sont équiprobables, et une information reçue modifie les probabilités.