Terminale — Programme officiel (BO 2019) · Math@mine
Un test de depistage detecte 95 % des malades (sensibilite), mais donne un faux positif dans 3 % des cas chez les non-malades. La maladie touche 1 % de la population. Si le test est positif, quelle est la probabilité d’être reellement malade ?
Le reverend Thomas Bayes (1702-1761) a formule un théorème posthume qui permet de « remonter » des effets aux causes : connaissant le résultat d’un test, quelle est la probabilité de la cause ? Ce théorème, publie en 1763, est devenu fondamental en statistique, en intelligence artificielle et en medecine. Il est au coeur des filtres anti-spam et de nombreux algorithmes modernes.
Trois portes : derriere l’une, une voiture ; derriere les deux autres, des chevres. Vous choisissez une porte. Le presentateur, qui sait ou est la voiture, ouvre une autre porte montrant une chevre. Faut-il changer de porte ?
C’est une reecriture directe de la définition. De \(P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}\), on tire \(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)\).
De même, en inversant les roles : \(P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\), donc \(P(A \cap B) = P(B) \times P_B(A)\). ∎
Dans une classe de 30 élèves, 12 font du sport (S) et parmi eux 8 sont en Terminale (T). Calculer \(P_S(T)\).
On a \(P(S) = \frac{12}{30} = 0{,}4\) et \(P(T \cap S) = \frac{8}{30}\). Donc \(P_S(T) = \frac{P(T \cap S)}{P(S)} = \frac{8/30}{12/30} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3}\).
Un arbre pondere représente les probabilités conditionnelles. Les règles sont :
Une urne contient 3 boules rouges et 2 boules vertes. On tire deux boules successivement sans remise. Calculer \(P(R_1 \cap R_2)\).
Premier tirage : \(P(R_1) = \frac{3}{5}\), \(P(V_1) = \frac{2}{5}\).
Si rouge au 1er tirage : \(P_{R_1}(R_2) = \frac{2}{4}\), \(P_{R_1}(V_2) = \frac{2}{4}\).
\(P(R_1 \cap R_2) = \frac{3}{5} \times \frac{2}{4} = \frac{6}{20} = \frac{3}{10}\).
Les \(A_i\) forment une partition : ils sont incompatibles et \(A_1 \cup \cdots \cup A_n = \Omega\).
Donc \(B = (B \cap A_1) \cup (B \cap A_2) \cup \cdots \cup (B \cap A_n)\), et ces événements sont incompatibles.
Par additivite : \(P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^n P(B \cap A_i) = \sum_{i=1}^n P(A_i) \times P_{A_i}(B)\). ∎
C’est le cas \(n = 2\) de la formule précédente avec \(A_1 = A\) et \(A_2 = \overline{A}\). ∎
Une usine a deux machines : \(M_1\) produit 60 % des pieces avec 2 % de defauts, \(M_2\) produit 40 % avec 5 % de defauts. Calculer le taux global de defauts.
\(P(D) = P(M_1) \times P_{M_1}(D) + P(M_2) \times P_{M_2}(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}032\).
Le taux global de defauts est 3,2 %.
Par définition : \(P_B(A_i) = \dfrac{P(A_i \cap B)}{P(B)} = \dfrac{P(A_i) \times P_{A_i}(B)}{P(B)}\).
(On a utilise \(P(A_i \cap B) = P(A_i) \times P_{A_i}(B)\) a la section 1, et \(P(B)\) est donne par la formule des probabilités totales a la section 3.) ∎
Maladie : \(P(M) = 0{,}01\). Sensibilite : \(P_M(+) = 0{,}95\). Faux positif : \(P_{\overline{M}}(+) = 0{,}03\).
\(P(+) = 0{,}01 \times 0{,}95 + 0{,}99 \times 0{,}03 = 0{,}0095 + 0{,}0297 = 0{,}0392\).
\(P_+(M) = \dfrac{0{,}01 \times 0{,}95}{0{,}0392} \approx 0{,}242\).
Seulement 24,2 % des personnes positives sont reellement malades.
On veut montrer que \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) \times P(\overline{B})\).
Or \(A = (A \cap B) \cup (A \cap \overline{B})\), événements incompatibles. Donc :
\(P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)(1 - P(B)) = P(A) \times P(\overline{B})\). ∎
Les deux autres cas se traitent de même (en echangeant les roles ou en appliquant deux fois le résultat).
On lance un de equilibre et une piece equilibree. Soit \(A\) = « obtenir 6 » et \(B\) = « obtenir pile ».
\(P(A) = \frac{1}{6}\), \(P(B) = \frac{1}{2}\), \(P(A \cap B) = \frac{1}{12} = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2}\).
Les événements sont indépendants.
L'étude complète de la loi binomiale (formule \(P(X=k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\), espérance \(np\), variance \(np(1-p)\), inégalité de concentration, loi des grands nombres) est faite au chapitre 11, section 1. Ce paragraphe se limite à introduire le cadre.
Une situation est un schéma de Bernoulli si :
Exemple : on lance 5 fois une pièce équilibrée. Chaque lancer a deux issues (pile/face), \(p=1/2\) constant, lancers indépendants : c'est un schéma de Bernoulli de paramètres \(n=5\) et \(p=1/2\). Le nombre \(X\) de piles obtenus suit \(\mathcal{B}(5\,;\,1/2)\) — voir Ch11 pour le calcul de \(P(X = 3) = 5/16\).
On note \(M\) = « être malade » et \(+\) = « test positif ». Les données sont :
Étape 1 — Probabilités totales : \(P(+) = P(M) \times P_M(+) + P(\overline{M}) \times P_{\overline{M}}(+) = 0{,}01 \times 0{,}95 + 0{,}99 \times 0{,}03 = 0{,}0392\).
Étape 2 — Formule de Bayes : \(P_+(M) = \dfrac{P(M) \times P_M(+)}{P(+)} = \dfrac{0{,}0095}{0{,}0392} \approx 0{,}242\).
Conclusion : seulement 24,2 % des personnes dont le test est positif sont reellement malades. Ce résultat contre-intuitif s’explique par la rarete de la maladie (1 %) : les faux positifs (3 % de 99 % = 2,97 %) sont plus nombreux que les vrais positifs (95 % de 1 % = 0,95 %).
Oui, il faut changer. En gardant votre choix initial, vous gagnez avec probabilité \(\frac{1}{3}\). En changeant, vous gagnez avec probabilité \(\frac{2}{3}\). Les probabilités conditionnelles expliquent ce résultat contre-intuitif.
Pour approfondir, d'autres applets s'ouvrent en plein écran dans un nouvel onglet :
Banque complète (1245 applets) — voir le catalogue GeoGebra.
| Notion | Formule |
|---|---|
| Proba conditionnelle | \(P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}\) |
| Intersection | \(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)\) |
| Probas totales | \(P(B) = \sum P(A_i)P_{A_i}(B)\) |
| Bayes | \(P_B(A_i) = \dfrac{P(A_i)P_{A_i}(B)}{P(B)}\) |
| Indépendance | \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\) |
Probabilités conditionnelles : teste d’abord ton intuition.
« \(P_B(A) = P_A(B)\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. \(P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\) et \(P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}\). Ces deux quantites ne sont egales que si \(P(A) = P(B)\), ce qui n’est pas vrai en général. Exemple : savoir qu’il pleut sachant qu’on a un parapluie n’est pas la même chose que savoir qu’on a un parapluie sachant qu’il pleut.
Mini-test : si \(P(A) = 0{,}3\), \(P(B) = 0{,}5\), \(P(A \cap B) = 0{,}1\), alors \(P_B(A) = ?\)
« Deux événements indépendants sont incompatibles. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. C’est même le contraire ! Indépendants : \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\). Incompatibles : \(P(A \cap B) = 0\). Si \(A\) et \(B\) sont incompatibles avec \(P(A) > 0\) et \(P(B) > 0\), ils ne peuvent pas être indépendants (car \(0 \neq P(A) \times P(B)\)).
Mini-test : pile et face sur un même lancer sont :
« \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\) pour tous événements \(A\) et \(B\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. L’égalité \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\) n’est valable que si \(A\) et \(B\) sont indépendants. En général, \(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)\) (formule des probabilités composées).
Mini-test : tirage sans remise de 2 boules parmi 3 rouges et 2 bleues. \(P(R_1 \cap R_2) = ?\)
« \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) toujours. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. La formule générale est \(P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)\). On ne peut simplifier en \(P(A) + P(B)\) que si \(A\) et \(B\) sont incompatibles (c’est-à-dire \(P(A \cap B) = 0\)).
Mini-test : un de a 6 faces. \(A\) = « pair », \(B\) = « > 3 ». \(P(A \cup B) = ?\)
« \(P(B) = P(A) \times P_A(B)\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. \(P(A) \times P_A(B) = P(A \cap B)\), pas \(P(B)\). La formule des probabilités totales est : \(P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\bar{A}) \times P_{\bar{A}}(B)\). Il faut sommer sur toutes les branches de l’arbre.
Mini-test : \(P(A) = 0{,}4\), \(P_A(B) = 0{,}7\), \(P_{\bar{A}}(B) = 0{,}2\). Que vaut \(P(B)\) ?
« \(P_B(A) = \dfrac{P(A) \times P_A(B)}{P(B)}\) (formule de Bayes). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
C’est vrai ! La formule de Bayes permet d'« inverser » les probabilités conditionnelles : \(P_B(A) = \frac{P(A) \times P_A(B)}{P(B)}\). On passe de \(P_A(B)\) a \(P_B(A)\). Le dénominateur \(P(B)\) se calcule souvent par la formule des probabilités totales.
Mini-test : \(P(A) = 0{,}4\), \(P_A(B) = 0{,}7\), \(P(B) = 0{,}4\). \(P_B(A) = ?\)