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Chapitre 10 — Probabilités conditionnelles

▸ 📋 Prérequis & 🎯 Objectifs du chapitre déplier
📋 Prérequis
  • Seconde — probabilités élémentaires, arbres pondérés
🎯 Objectifs — à la fin du chapitre, je saurai…
  • Définir et calculer une probabilité conditionnelle \(P_A(B)\)
  • Appliquer la formule des probabilités totales
  • Utiliser la formule de Bayes (ou des causes)
  • Caractériser l'indépendance de deux événements
Première spécialité — Chapitre 10

Probabilités conditionnelles et indépendance

Probabilité conditionnelle, arbres pondérés, formule des probabilités totales, indépendance

Le paradoxe du test médical

Un test médical détecte une maladie rare (1 personne sur 1 000) avec 99 % de fiabilité (1 % de faux positifs). Si le test est positif pour un patient, quelle est la probabilité réelle qu’il soit malade ?

Le résultat est-il ce que l’intuition suggère ? Calculer cette probabilité avec la formule de Bayes (ou des causes) et expliquer le paradoxe.

→ Solution complète en fin de chapitre

D’Al-Kindi à Bayes

Al-Kindi (IXe siècle, Bagdad) rédige le premier traité de cryptanalyse : en analysant la fréquence des lettres dans un texte chiffré, il utilise implicitement une forme de raisonnement conditionnel — « sachant qu’une lettre apparaît souvent, quelle est la probabilité que ce soit un « e » ? ». C’est une forme embryonnaire de probabilité conditionnelle.

Thomas Bayes (XVIIIe siècle, Angleterre) formule son théorème sur les probabilités conditionnelles dans un essai publié à titre posthume en 1763. Laplace (XIXe siècle) le généralise et l’applique à de nombreux problèmes scientifiques.

📜 Lire l’article — Pascal et Fermat : l’invention des probabilités →

formule de Bayes (ou des causes) : urnes et probabilités inverses

Trois urnes contiennent : A : (2 rouges, 3 bleues), B : (4 rouges, 1 bleue), C : (1 rouge, 4 bleues). On choisit une urne au hasard et on tire une bille rouge.

Quelle est la probabilité d’avoir choisi l’urne B, sachant qu’on a tiré une bille rouge ? (Appliquer la formule de Bayes (ou des causes).)

→ Solution complète en fin de chapitre

Objectifs du chapitre

Sommaire

  1. 1Probabilité conditionnelle
  2. 2Arbres pondérés
  3. 3Formule des probabilités totales
  4. 4Indépendance de deux événements
  5. 5Répétition d’épreuves indépendantes
1

Probabilité conditionnelle

Définition

Définition — Probabilité conditionnelle Soit \(A\) et \(B\) deux événements avec \(P(A) > 0\). La probabilité conditionnelle de \(B\) sachant \(A\), notée \(P_A(B)\) ou \(P(B|A)\), est : $$P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$$ Elle représente la probabilité que \(B\) se réalise, sachant que \(A\) s’est réalisé.
Interprétation On « restreint » l’univers à l’événement \(A\). Dans cet univers réduit, on calcule la proportion favorable à \(B\). C’est comme si \(A\) devenait le nouvel univers de référence.
Exemple On lance un dé à 6 faces. Soit \(A = \{\text{résultat pair}\} = \{2, 4, 6\}\) et \(B = \{\text{résultat} \geq 4\} = \{4, 5, 6\}\).

\(P(A) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\), \(A \cap B = \{4, 6\}\) donc \(P(A \cap B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}\).

\(P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{1/3}{1/2} = \dfrac{2}{3}\).

Interprétation : sachant que le résultat est pair, la probabilité qu’il soit \(\geq 4\) est \(\dfrac{2}{3}\) (deux nombres pairs sur trois sont \(\geq 4\) : 4 et 6).

Formule des probabilités composées

Propriété — Règle du produit Pour tous événements \(A\) et \(B\) avec \(P(A) > 0\) : $$\boxed{P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)}$$ Plus généralement, pour trois événements \(A\), \(B\), \(C\) avec \(P(A \cap B) > 0\) : $$P(A \cap B \cap C) = P(A) \times P_A(B) \times P_{A \cap B}(C)$$
Démonstration — Règle du produit
Par définition de la probabilité conditionnelle : \(P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}\).

En multipliant les deux membres par \(P(A) > 0\) :
\(P(A) \times P_A(B) = P(A \cap B)\). \(\square\)
2

Arbres pondérés

Un arbre pondéré est une représentation graphique d’une expérience aléatoire en plusieurs étapes. Chaque branche est étiquetée par une probabilité conditionnelle.

Règles de lecture d’un arbre pondéré
Justification

Règle du produit : c’est la définition de la probabilité conditionnelle. Un chemin \(A\) puis \(B\) correspond à l’intersection \(A \cap B\), et \(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)\).

Règle de la somme (au nœud) : les branches issues d’un nœud forment une partition (événements incompatibles dont la réunion est certaine). Donc la somme de leurs probabilités vaut 1.

Troisième règle : les différents chemins menant à un événement \(B\) sont disjoints (un seul chemin peut se réaliser). Donc \(P(B)\) est la somme de leurs probabilités. C’est exactement la formule des probabilités totales. \(\square\)

Exemple — Arbre à deux étapes Une urne contient 3 boules rouges (R) et 2 boules bleues (B). On tire successivement deux boules sans remise.
R B 3/5 2/5 R B 2/4 2/4 R B 3/4 1/4 RR : 3/5 × 2/4 = 6/20 RB : 3/5 × 2/4 = 6/20 BR : 2/5 × 3/4 = 6/20 BB : 2/5 × 1/4 = 2/20

Arbre pondéré — tirage sans remise de 2 boules dans une urne (3R, 2B)

Vérification La somme de toutes les probabilités des feuilles doit valoir 1 :
\(\dfrac{6}{20} + \dfrac{6}{20} + \dfrac{6}{20} + \dfrac{2}{20} = \dfrac{20}{20} = 1\) ✓
3

Formule des probabilités totales

Définition — Partition de l’univers Des événements \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) forment une partition de l’univers \(\Omega\) si :
Théorème — Formule des probabilités totales Si \((A_1, A_2, \ldots, A_n)\) est une partition de \(\Omega\), alors pour tout événement \(B\) : $$\boxed{P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B) = P(A_1) P_{A_1}(B) + \cdots + P(A_n) P_{A_n}(B)}$$
Démonstration — Formule des probabilités totales
Puisque \((A_1, \ldots, A_n)\) est une partition de \(\Omega\) :

\(B = B \cap \Omega = B \cap (A_1 \cup \cdots \cup A_n) = (B \cap A_1) \cup \cdots \cup (B \cap A_n)\)

Les événements \(B \cap A_i\) sont deux à deux incompatibles (car les \(A_i\) le sont), donc par additivité :

\(P(B) = P(B \cap A_1) + \cdots + P(B \cap A_n)\)

En appliquant la règle du produit \(P(B \cap A_i) = P(A_i) \times P_{A_i}(B)\) :

\(P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B)\). \(\square\)
Exemple — Formule des probabilités totales Une usine possède deux machines M1 et M2. M1 produit 60% des pièces, M2 produit 40%. Le taux de défaut est 2% pour M1 et 5% pour M2.

Soit \(D\) = « la pièce est défectueuse ».
\(P(M_1) = 0{,}6\), \(P(M_2) = 0{,}4\), \(P_{M_1}(D) = 0{,}02\), \(P_{M_2}(D) = 0{,}05\).

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

Il y a 3,2% de pièces défectueuses en sortie d’usine.

Formule de Bayes (ou des causes) (retournement de l’arbre)

Formule de Bayes (ou des causes) Si \((A_1, \ldots, A_n)\) est une partition de \(\Omega\) et \(P(B) > 0\) : $$P_B(A_k) = \frac{P(A_k) \times P_{A_k}(B)}{P(B)} = \frac{P(A_k) \times P_{A_k}(B)}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B)}$$

📚 Ce résultat est aussi connu sous le nom de théorème de Bayes. Sa démonstration repose simplement sur la définition des probabilités conditionnelles et la formule des probabilités totales — voir ci-dessous.

Démonstration — Formule de Bayes (ou des causes)
Par définition de la probabilité conditionnelle :

\(P_B(A_k) = \dfrac{P(A_k \cap B)}{P(B)}\)

Par la règle du produit : \(P(A_k \cap B) = P(A_k) \times P_{A_k}(B)\)

Par la formule des probabilités totales : \(P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B)\)

En substituant : \(P_B(A_k) = \dfrac{P(A_k) \times P_{A_k}(B)}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B)}\). \(\square\)
Exemple — Formule de Bayes (ou des causes) (suite) Une pièce est défectueuse. Quelle est la probabilité qu’elle vienne de M2 ?

\(P_D(M_2) = \dfrac{P(M_2) \times P_{M_2}(D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}4 \times 0{,}05}{0{,}032} = \dfrac{0{,}020}{0{,}032} = \dfrac{20}{32} = \dfrac{5}{8} = 0{,}625\)

Sachant qu’une pièce est défectueuse, elle a 62,5% de chances de venir de M2 (bien que M2 ne produise que 40% des pièces — son fort taux de défaut l’incrimine davantage).
🎯 Arbres et probabilités totales
Arbres pondérés, formule des probabilités totales
▸ Arbre pondéré ▸ Probas totales
4

Indépendance de deux événements

Définition — Événements indépendants Deux événements \(A\) et \(B\) sont dits indépendants si : $$\boxed{P(A \cap B) = P(A) \times P(B)}$$ Équivalence : si \(P(A) > 0\), cela revient à dire que \(P_A(B) = P(B)\) (la réalisation de \(A\) n’influence pas la probabilité de \(B\)).
Démonstration — Équivalence des deux définitions
Supposons \(P(A) > 0\). On a :

\(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\)
\(\iff \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = P(B)\)
\(\iff P_A(B) = P(B)\)

Donc connaître la réalisation de \(A\) ne modifie pas la probabilité de \(B\) : les deux événements n’ont aucune influence l’un sur l’autre. \(\square\)
Attention — Indépendance ≠ incompatibilité
Propriété — Stabilité par complémentaire Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors les paires suivantes le sont aussi : \(A\) et \(\overline{B}\) ; \(\overline{A}\) et \(B\) ; \(\overline{A}\) et \(\overline{B}\).
Démonstration — \(A\) et \(\overline{B}\) sont indépendants
On veut montrer \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) \times P(\overline{B})\).

\(A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B})\) (partition de \(A\)), donc :
\(P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap \overline{B})\)

Donc : \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A) \times P(B)\) (par indépendance de \(A\) et \(B\))
\(= P(A)(1 - P(B)) = P(A) \times P(\overline{B})\). \(\square\)
Exemple On lance deux dés équilibrés. Soit \(A\) = « le premier dé donne 6 » et \(B\) = « le second dé donne un nombre pair ».

\(P(A) = \dfrac{1}{6}\), \(P(B) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\), \(P(A \cap B) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12}\).

Or \(P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12} = P(A \cap B)\). Donc \(A\) et \(B\) sont indépendants (résultat intuitif : les deux dés n’ont aucune influence l’un sur l’autre).
✅ Vérifie que tu as compris
Indépendance — Vérifier si deux événements sont indépendants
aléatoire · Tous les exercices du chapitre →
5

Répétition d’épreuves indépendantes

Quand on répète la même expérience aléatoire plusieurs fois de façon indépendante (tirage avec remise, lancers de pièce, etc.), on parle de répétition d’épreuves identiques et indépendantes.

Propriété — Répétition de \(n\) épreuves indépendantes Si on répète \(n\) fois une épreuve dont un événement \(A\) a la probabilité \(p\), alors :

La probabilité que \(A\) se réalise exactement \(k\) fois parmi les \(n\) épreuves est donnée par la loi binomiale : $$P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}$$ où \(\binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}\) est le coefficient binomial (nombre de façons de choisir \(k\) réussites parmi \(n\) épreuves).
Justification

Chaque chemin de l’arbre ayant exactement \(k\) succès (de probabilité \(p\)) et \(n-k\) échecs (de probabilité \(1-p\)) a pour probabilité (par la règle du produit et indépendance) :

\(p^k \times (1-p)^{n-k}\)

Il reste à compter le nombre de tels chemins : c’est le nombre de façons de choisir les \(k\) positions des succès parmi les \(n\) épreuves, soit \(\binom{n}{k}\).

Par la règle de la somme (chemins disjoints) : \(P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\). \(\square\)

Remarque — Pour ce chapitre La loi binomiale sera étudiée en détail au chapitre 11 (Variables aléatoires). Ici, on se contente de calculer des probabilités pour des cas simples (\(n \leq 3\)) en utilisant directement les arbres pondérés.
Exemple — Répétition de 3 lancers de pièce On lance une pièce équilibrée 3 fois. Quelle est la probabilité d’obtenir exactement 2 fois Pile (P) ?

Les issues favorables sont : PPF, PFP, FPP (F = Face).
Chaque chemin a la probabilité \(\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}\).

\(P(\text{exactement 2 Pile}) = 3 \times \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{8}\)

On peut vérifier avec la formule : \(\dbinom{3}{2} \left(\dfrac{1}{2}\right)^2 \left(\dfrac{1}{2}\right)^1 = 3 \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{8}\) ✓
✅ Vérifie que tu as compris
Loi binomiale — Calculer des probabilités avec la loi binomiale (répétition d’épreuves)
aléatoire · Tous les exercices du chapitre →
À retenir — L’essentiel du chapitre
✏️ Exercices → 📓 Notebook Python →

À voir aussi

Ch11 — Variables aléatoires (loi binomiale, espérance, variance)
Solution du problème d’ouverture — Le paradoxe du test médical

On note \(M\) l’événement « être malade » et \(T\) l’événement « test positif ».

Données :

Probabilité totale d’un test positif (formule des probabilités totales) :

$$P(T) = P(M) \times P_M(T) + P(\overline{M}) \times P_{\overline{M}}(T) = 0{,}001 \times 0{,}99 + 0{,}999 \times 0{,}01$$

$$P(T) = 0{,}00099 + 0{,}00999 = 0{,}01098$$

Probabilité d’être malade sachant que le test est positif (formule de Bayes (ou des causes)) :

$$P_T(M) = \frac{P(M \cap T)}{P(T)} = \frac{P(M) \times P_M(T)}{P(T)} = \frac{0{,}00099}{0{,}01098} \approx \mathbf{0{,}09}$$

Le paradoxe : malgré un test fiable à 99 %, un patient testé positif n’a qu’environ 9 % de chances d’être réellement malade ! L’intuition suggérait ~99 %, mais la rareté de la maladie fait que les faux positifs (parmi les 999 sains) sont bien plus nombreux que les vrais positifs (parmi le 1 malade).

Sur 1 000 personnes testées : ~1 vrai positif, ~10 faux positifs, soit seulement 1 malade sur 11 positifs.

Solution de l’énigme — formule de Bayes (ou des causes) : urnes et probabilités inverses

\(P(\text{Rouge}) = \frac{1}{3}\cdot\frac{2}{5} + \frac{1}{3}\cdot\frac{4}{5} + \frac{1}{3}\cdot\frac{1}{5} = \frac{7}{15}\). Puis \(P(B|\text{Rouge}) = \frac{\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{3}}{\frac{7}{15}} = \frac{4}{7} \approx 57\,\%\).

➡️ Pour la suite
Ch. 11 — Variables aléatoires — Tu vas formaliser la notion de variable aléatoire réelle, calculer son espérance et son écart-type, et t'initier aux lois discrètes.