Probabilités conditionnelles et indépendance

Conditionner, utiliser les arbres pondérés et la formule des probabilités totales.

Mathématiques Terminale Chapitre 13 / 19 ⏱ 9 h

Ce que tu sauras faire à la fin

Construire un arbre pondéré complet
Appliquer la formule des probabilités totales
Calculer une probabilité a posteriori

Un médecin annonce à un patient que son test est positif : quelle est, vraiment, la probabilité qu’il soit malade ? Un contrôleur qualité découvre une pièce défectueuse en sortie de chaîne : de quelle machine vient-elle le plus probablement ? Un institut de sondage interroge des habitants de deux villes différentes : que peut-on déduire de leurs réponses ? Dans les trois cas, une information nouvelle vient de tomber, et elle doit changer notre façon de calculer une probabilité. C’est tout l’objet de ce chapitre.

Jusqu’ici, tu calculais une probabilité $P(A)$ en comparant $A$ à l’univers $\Omega$ tout entier : « une chance sur combien, parmi tous les cas possibles ? ». À partir de maintenant, une partie de l’information est parfois déjà connue — un événement $B$ est réalisé — et l’univers de référence se rétrécit à $B$ : il faut recompter les proportions à l’intérieur de ce nouvel univers. Cette probabilité recalculée s’appelle la probabilité conditionnelle, notée $P_B(A)$ .

Tu vas d’abord apprendre à représenter ce recalcul par un objet visuel d’une efficacité redoutable, l’arbre pondéré, qui rend les probabilités composées presque automatiques. Tu apprendras ensuite à faire le chemin inverse : recomposer une probabilité globale à partir des morceaux d’une partition (formule des probabilités totales), puis — le geste le plus puissant du chapitre — retourner un conditionnement grâce à la formule de Bayes, pour passer de « sachant la cause » à « sachant l’effet ». C’est exactement le raisonnement d’un médecin, d’un ingénieur qualité ou d’un statisticien.

Ce chapitre est l’un des plus discriminants au baccalauréat, car il récompense la rigueur plus que le calcul : une branche oubliée, un conditionnement inversé sans y penser, une partition incomplète, et tout le résultat s’effondre. Prends le temps de bien poser chaque notation — tu verras, une fois l’arbre correctement construit, les calculs coulent presque tout seuls.

1Probabilité conditionnelle

1.1 Rappels : univers, événements, probabilité

On modélise une expérience aléatoire par un univers $\Omega$ , l’ensemble fini de toutes les issues possibles. Un événement est une partie de $\Omega$ ; l’événement contraire de $A$ est noté $\overline{A}$ . Une probabilité $P$ associe à chaque événement un nombre de $[0\,;1]$ , avec $P(\Omega) = 1$ et, pour deux événements incompatibles $A$ et $B$ (c’est-à-dire $A \cap B = \varnothing$ ), $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$ . En situation d’équiprobabilité (toutes les issues ont la même probabilité), on retrouve la formule de Laplace :

$P(A) = \dfrac{\text{card}(A)}{\text{card}(\Omega)} = \dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}$

1.2 Dénombrement : arrangements, combinaisons, binôme

Compter le nombre de cas possibles exige souvent de savoir dénombrer. Deux questions reviennent sans cesse : l’ordre compte-t-il ? Peut-on répéter un même élément ?

Définition — arrangements et combinaisons

Soit $n$ et $p$ deux entiers avec $0 \leqslant p \leqslant n$ .

Un arrangement de $p$ éléments parmi $n$ est un choix ordonné de $p$ éléments distincts pris parmi $n$ . Leur nombre est :

$A_n^{p} = n \times (n-1) \times \cdots \times (n-p+1) = \dfrac{n!}{(n-p)!}$

Une combinaison de $p$ éléments parmi $n$ est un choix non ordonné (un simple groupe, un sous-ensemble) de $p$ éléments distincts pris parmi $n$ . Leur nombre est noté $\dbinom{n}{p}$ (ou $C_n^{p}$ ) :

$\binom{n}{p} = \dfrac{A_n^{p}}{p!} = \dfrac{n!}{p!\,(n-p)!}$

Le passage de l’un à l’autre est naturel : parmi les $A_n^{p}$ choix ordonnés, chaque groupe de $p$ éléments a été compté $p!$ fois (autant que de façons de l’ordonner) — d’où la division par $p!$ .

Exemple — arrangements et combinaisons

choisir 2 cartes parmi 5, en tenant compte de l’ordre du tirage
$A_5^{2} = 5 \times 4 = 20$ tirages ordonnés possibles
si l’ordre n’importe plus (juste un groupe de 2 cartes)
$\dbinom{5}{2} = \dfrac{A_5^{2}}{2!} = \dfrac{20}{2} = 10$ groupes possibleschaque groupe de 2 cartes correspond à $2! = 2$ tirages ordonnés

Propriété — formule du binôme de Newton

Pour tous nombres $a$ , $b$ et tout entier $n \geqslant 1$ :

$(a+b)^{n} = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^{n-k}\, b^{k}$

Les coefficients $\dbinom{n}{k}$ sont les nombres du triangle de Pascal. Ils réapparaîtront très vite, à la fin de ce chapitre, pour compter les répétitions d’une même épreuve.

Exemple — développer

(a+b)^{3}

$\dbinom{3}{0}=1,\ \dbinom{3}{1}=3,\ \dbinom{3}{2}=3,\ \dbinom{3}{3}=1$
$\Rightarrow$ $(a+b)^{3} = a^{3} + 3a^{2}b + 3ab^{2} + b^{3}$

1.3 Définition de la probabilité conditionnelle

Imagine que l’on t’annonce qu’un événement $B$ est réalisé, et qu’on te demande la probabilité qu’un autre événement $A$ le soit aussi. Il ne faut plus comparer $A$ à $\Omega$ tout entier : seules les issues de $B$ sont encore possibles, et parmi elles, seules celles qui réalisent aussi $A$ — c’est-à-dire $A \cap B$ — conviennent.

Définition — probabilité conditionnelle

Soit $A$ et $B$ deux événements d’un même univers $\Omega$ , avec $P(B) \neq 0$ . La probabilité de $A$ sachant $B$ , notée $P_B(A)$ , est le nombre :

$P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$

En situation d’équiprobabilité, cela revient à ne plus dénombrer que dans $B$ : $P_B(A) = \dfrac{\text{card}(A \cap B)}{\text{card}(B)}$ .

Attention

$P_B(A)$ n’a de sens que si $P(B) \neq 0$ : on ne peut pas conditionner par un événement impossible. Et surtout — c’est l’erreur la plus fréquente du chapitre — $P_B(A)$ et $P_A(B)$ sont en général deux nombres différents. « la probabilité que $A$ , sachant $B$ » n’a rien à voir avec « la probabilité que $B$ , sachant $A$ » : les univers de référence ne sont pas les mêmes. Cette confusion sera au cœur de la formule de Bayes (section 5).

Exemple — un jeu de 32 cartes

$A$ : « la carte est un roi » ; $B$ : « la carte est un cœur »
$P(A) = \dfrac{4}{32} = \dfrac{1}{8}\ ,\quad P(B) = \dfrac{8}{32} = \dfrac{1}{4}$
$A \cap B$ : « roi de cœur », un seul cas
$P(A \cap B) = \dfrac{1}{32}$
$P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{1/32}{1/4} = \dfrac{1}{8}$ parmi les 8 cœurs, un seul est roi
$P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{1/32}{1/8} = \dfrac{1}{4}$ parmi les 4 rois, un seul est cœur

$P_B(A) = \dfrac{1}{8}$ alors que $P_A(B) = \dfrac{1}{4}$ : deux résultats différents, exactement comme annoncé dans l’avertissement ci-dessus.

Exemple — un tableau à double entrée

Dans une classe de 30 élèves, 18 pratiquent un sport en club ( $S$ ), 12 pratiquent un instrument de musique ( $M$ ), et 6 pratiquent les deux. On interroge un élève au hasard.

	$M$	$\overline{M}$	Total
$S$	6	12	18
$\overline{S}$	6	6	12
Total	12	18	30

$P_S(M) = \dfrac{\text{card}(S \cap M)}{\text{card}(S)} = \dfrac{6}{18} = \dfrac{1}{3}$ ligne « $S$ » du tableau
$P_M(S) = \dfrac{\text{card}(S \cap M)}{\text{card}(M)} = \dfrac{6}{12} = \dfrac{1}{2}$ colonne « $M$ » du tableau

Un tableau à double entrée est un excellent outil : chaque probabilité conditionnelle se lit directement en restreignant le calcul à une ligne ou une colonne.

1.4 Propriétés de $P_B$ et probabilités composées

Propriété

Pour $B$ fixé avec $P(B) \neq 0$ , l’application $A \mapsto P_B(A)$ est elle-même une probabilité sur $\Omega$ : elle vérifie $0 \leqslant P_B(A) \leqslant 1$ , $P_B(\Omega) = 1$ , $P_B(\varnothing) = 0$ , et pour tout événement $A$ :

$P_B(\overline{A}) = 1 - P_B(A)$

Cette dernière égalité découle simplement du fait que $P_B$ est une probabilité : les propriétés que tu connais déjà sur $P$ (complémentaire, réunion d’événements incompatibles…) restent valables pour $P_B$ , à condition de rester à l’intérieur de l’univers restreint $B$ .

Propriété — formule des probabilités composées

Si $P(A) \neq 0$ et $P(B) \neq 0$ :

$P(A \cap B) = P(B) \times P_B(A) = P(A) \times P_A(B)$

Démonstration

Par définition, $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ . Comme $P(B) \neq 0$ , on peut multiplier les deux membres par $P(B)$ :

$P(A \cap B) = P(B) \times P_B(A)$

Le rôle de $A$ et de $B$ étant symétrique dans $A \cap B = B \cap A$ , le même raisonnement à partir de $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ donne $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ . C.Q.F.D.

Cette formule, apparemment anodine, est la clé de voûte de tout le chapitre : c’est elle qui justifie que l’on puisse multiplier le long d’un arbre pondéré, comme tu vas le voir dès la section suivante.

Math & Co — Le problème des partis

En 1654, un joueur passionné, le chevalier de Méré, soumet à Blaise Pascal une question restée célèbre : comment répartir équitablement les mises d’une partie de dés interrompue avant son terme, connaissant le score de chacun au moment de l’arrêt ? Pascal engage alors une correspondance avec Pierre de Fermat, magistrat toulousain et mathématicien amateur de génie.

En imaginant, pour la première fois, de décrire méthodiquement tous les déroulements futurs possibles de la partie selon ce qui s’est déjà passé, les deux savants résolvent ce « problème des partis ». Cette correspondance de l’été 1654 est traditionnellement considérée comme l’acte de naissance du calcul des probabilités. Sans en avoir encore le nom ni la notation, Pascal et Fermat raisonnaient déjà en probabilités conditionnelles : la suite du jeu dépend de l’état déjà connu de la partie.

2Arbre pondéré

2.1 Les trois règles de l’arbre pondéré

Un arbre pondéré représente une succession d’expériences par des branches, chaque branche étant étiquetée par une probabilité. On y écrit systématiquement des probabilités conditionnelles à partir du deuxième niveau : la probabilité inscrite sur une branche tient compte de tout ce qui a été lu avant elle sur le chemin qui y mène.

Propriété — les trois règles

Règle des nœuds. Sur un même nœud, la somme des probabilités des branches qui en partent vaut $1$ .

Règle des chemins (produit). La probabilité d’un chemin, de la racine jusqu’à une feuille, est le produit des probabilités inscrites sur les branches de ce chemin.

Règle des événements (somme). Si un événement $E$ est représenté par plusieurs feuilles, $P(E)$ est la somme des probabilités de ces chemins.

Démonstration

Règle du produit. Pour un arbre à deux niveaux, un chemin $A$ puis $B$ correspond exactement à l’événement $A \cap B$ ; la formule des probabilités composées (section 1.4) donne directement $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ , c’est-à-dire le produit des deux probabilités du chemin. Pour un arbre à trois niveaux, on compose deux fois de suite :

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

et ainsi de suite pour un nombre quelconque de niveaux : la probabilité de chaque nouvelle branche se conditionne par tout le chemin déjà parcouru.

Règle de la somme. Deux feuilles distinctes d’un arbre correspondent à deux chemins incompatibles (ils divergent à un nœud commun). Si $E$ regroupe plusieurs feuilles, ces feuilles forment une partition de $E$ : l’additivité de $P$ sur des événements incompatibles donne alors $P(E)$ = somme de leurs probabilités. C.Q.F.D.

Méthode — construire un arbre pondéré

1. Identifier les étapes successives de l’expérience.

2. Tracer les branches du premier niveau : une branche par issue possible, la somme des probabilités valant $1$ .

3. Pour chaque branche du niveau 1, tracer les branches du niveau suivant en utilisant les probabilités conditionnelles sachant ce nœud — attention, elles peuvent différer d’une branche à l’autre.

4. Vérifier que la somme des probabilités issues de chaque nœud vaut $1$ .

5. Pour calculer $P(E)$ : repérer toutes les feuilles qui réalisent $E$ , multiplier le long de chaque chemin, puis sommer.

2.2 Exemple complet : tirage sans remise

Une urne contient $5$ boules rouges et $3$ boules noires, indiscernables au toucher. On tire successivement et sans remise deux boules. Notons $R_1$ (resp. $N_1$ ) l’événement « la 1^re boule tirée est rouge (resp. noire) », et de même $R_2$ , $N_2$ pour la seconde.

Au premier tirage, l’urne contient ses 8 boules initiales : $P(R_1) = \dfrac{5}{8}$ et $P(N_1) = \dfrac{3}{8}$ . Mais au second tirage, une boule a disparu : il ne reste que 7 boules, et leur composition dépend de la couleur tirée en premier.

Exemple — construire l’arbre

si la 1^re boule est rouge, il reste $4$ rouges et $3$ noires sur 7
$\Rightarrow$ $P_{R_1}(R_2) = \dfrac{4}{7}\ ,\quad P_{R_1}(N_2) = \dfrac{3}{7}$
si la 1^re boule est noire, il reste $5$ rouges et $2$ noires sur 7
$\Rightarrow$ $P_{N_1}(R_2) = \dfrac{5}{7}\ ,\quad P_{N_1}(N_2) = \dfrac{2}{7}$

Figure 1 — Arbre pondéré complet du tirage sans remise. Au 2^e niveau, les probabilités changent selon la couleur obtenue au 1^er tirage : c’est la signature d’un tirage sans remise.

Exemple — calculer avec l’arbre

$P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{4}{7} = \dfrac{20}{56} = \dfrac{5}{14}$
$P(R_1 \cap N_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{3}{7} = \dfrac{15}{56}\ ,\quad P(N_1 \cap R_2) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{5}{7} = \dfrac{15}{56}$
$P(N_1 \cap N_2) = \dfrac{3}{8} \times \dfrac{2}{7} = \dfrac{6}{56} = \dfrac{3}{28}$
vérification : $\dfrac{20+15+15+6}{56} = \dfrac{56}{56} = 1$ règle des nœuds respectée à chaque étage
« exactement une rouge » $= (R_1 \cap N_2) \cup (N_1 \cap R_2)$
$\Rightarrow$ $P(\text{exactement une rouge}) = \dfrac{15}{56} + \dfrac{15}{56} = \dfrac{30}{56} = \dfrac{15}{28}$ deux chemins incompatibles : on additionne
« au moins une rouge » $= \overline{N_1 \cap N_2}$
$\Rightarrow$ $P(\text{au moins une rouge}) = 1 - \dfrac{6}{56} = \dfrac{50}{56} = \dfrac{25}{28}$ passer par l’événement contraire évite d’ajouter trois chemins

Exemple — la même urne, mais AVEC remise

Reprenons la même urne (5 rouges, 3 noires), mais chaque boule tirée est cette fois remise avant le tirage suivant.

la composition de l’urne ne change plus : $P_{R_1}(R_2) = P(R_2) = \dfrac{5}{8}$ quelle que soit l’issue du 1^er tirage
$\Rightarrow$ $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{5}{8} = \dfrac{25}{64}$

Numériquement, $\dfrac{25}{64} \approx 0{,}391$ alors que le résultat sans remise, $\dfrac{5}{14} \approx 0{,}357$ , était différent : retenir une boule modifie le second tirage. Cette distinction va devenir essentielle à la section 4.

Attention

Le piège classique : après un tirage sans remise, on garde par réflexe le même dénominateur qu’au premier niveau (« 8 boules ») pour écrire les probabilités du deuxième niveau. C’est faux : une boule a disparu de l’urne, il n’en reste que $7$ . Avant d’écrire une probabilité conditionnelle sur un arbre, recompte toujours l’univers restreint au nœud où tu te trouves.

3Formule des probabilités totales

3.1 Partition de l’univers

Beaucoup de situations concrètes se décomposent naturellement en plusieurs cas qui recouvrent toutes les possibilités sans jamais se chevaucher : deux ateliers de production, trois fournisseurs, quatre tranches d’âge… C’est l’idée de partition.

Définition — partition de

\Omega

Des événements $A_1, A_2, \ldots, A_n$ forment une partition de $\Omega$ lorsque :

ils sont deux à deux incompatibles : $A_i \cap A_j = \varnothing$ pour $i \neq j$ ;
leur réunion est l’univers tout entier : $A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n = \Omega$ ;
aucun n’est de probabilité nulle : $P(A_i) \neq 0$ pour tout $i$ .

Autrement dit : chaque issue de $\Omega$ appartient à un et un seul des $A_i$ .

Figure 2 —

A_1

A_2

A_3

forment une partition de

\Omega

: trois bandes disjointes qui recouvrent tout l’univers. L’événement

B

(l’ellipse) recoupe chacune d’elles.

3.2 La formule des probabilités totales

Théorème — formule des probabilités totales

Soit $(A_1, A_2, \ldots, A_n)$ une partition de $\Omega$ . Pour tout événement $B$ :

$P(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B) = \sum_{i=1}^{n} P(A_i \cap B)$

Démonstration

$B = B \cap \Omega = B \cap (A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n)$
$=$ $(B \cap A_1) \cup (B \cap A_2) \cup \cdots \cup (B \cap A_n)$ distributivité de $\cap$ sur $\cup$

Les $A_i$ étant deux à deux incompatibles, les événements $B \cap A_i$ le sont aussi deux à deux : $B$ est ainsi découpé en $n$ morceaux qui ne se chevauchent pas. Par additivité de $P$ sur des événements incompatibles :

$P(B) = P(B \cap A_1) + P(B \cap A_2) + \cdots + P(B \cap A_n)$
pour chaque $i$ : $P(B \cap A_i) = P(A_i) \times P_{A_i}(B)$ formule des probabilités composées, section 1.4
$\Rightarrow$ $P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i) \times P_{A_i}(B)$

C.Q.F.D. Sur un arbre pondéré, cette formule n’est rien d’autre que la règle de la somme des chemins (section 2.1) : les $A_i$ sont les branches du premier niveau, et l’on additionne tous les chemins qui aboutissent à $B$ .

3.3 Application : deux exemples résolus

Une entreprise fabrique des pièces dans deux ateliers. L’atelier $A$ assure $60\,\%$ de la production, avec un taux de défaut de $3\,\%$ ; l’atelier $B$ assure les $40\,\%$ restants, avec un taux de défaut de $5\,\%$ . On prélève une pièce au hasard dans la production totale ; on note $D$ l’événement « la pièce est défectueuse ».

Les événements $A$ et $B$ forment une partition de $\Omega$ (toute pièce vient de l’un des deux ateliers, jamais des deux à la fois) : la formule des probabilités totales s’applique.

Figure 3 — Arbre pondéré du contrôle qualité. Le chemin surligné, « atelier A puis défectueuse », donne

0{,}6 \times 0{,}03 = 0{,}018

, soit 18 pièces sur 1000.

Exemple — calcul de

P(D)

$P(D) = P(A) \times P_A(D) + P(B) \times P_B(D)$
$=$ $0{,}6 \times 0{,}03 + 0{,}4 \times 0{,}05$
$=$ $0{,}018 + 0{,}02$
$=$ $0{,}038$

Sur $1\,000$ pièces produites : $600$ viennent de l’atelier $A$ (dont $18$ défectueuses) et $400$ de l’atelier $B$ (dont $20$ défectueuses), soit $38$ pièces défectueuses au total — on retrouve directement $P(D) = \dfrac{38}{1\,000} = 0{,}038$ . Compter sur un effectif « naturel » comme celui-ci est une excellente façon de vérifier un résultat.

Exemple — une partition à trois éléments

Une usine reçoit des billes depuis trois lots : $40\,\%$ du lot Rouge, $35\,\%$ du lot Vert, $25\,\%$ du lot Bleu. Dans chaque lot, une bille porte un numéro pair avec probabilité respective $0{,}5$ , $0{,}6$ et $0{,}3$ . On note $P$ l’événement « la bille porte un numéro pair ».

$P(\text{pair}) = 0{,}4 \times 0{,}5 + 0{,}35 \times 0{,}6 + 0{,}25 \times 0{,}3$
$=$ $0{,}2 + 0{,}21 + 0{,}075$
$=$ $0{,}485$

Trois termes cette fois, car la partition compte trois éléments : la formule des probabilités totales s’étend sans difficulté à n’importe quel nombre de morceaux.

Attention

La formule des probabilités totales exige une vraie partition : des catégories qui ne se recoupent pas et qui couvrent tout l’univers. Oublier un morceau de la partition fausse tout le résultat. Si l’on « oubliait » l’atelier $B$ dans l’exemple ci-dessus, on obtiendrait $P(D) \approx 0{,}018$ au lieu de $0{,}038$ : un résultat presque deux fois trop petit. Vérifie toujours que la somme des probabilités des $A_i$ vaut $1$ avant de te lancer dans le calcul.

4Indépendance de deux événements

4.1 Définition

Il arrive que connaître la réalisation de $B$ ne change rien à la probabilité de $A$ . On dit alors que les deux événements sont indépendants.

Définition — événements indépendants

Deux événements $A$ et $B$ sont dits indépendants lorsque :

$P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$

Cette définition ne suppose aucune probabilité non nulle : elle s’applique dans tous les cas, et c’est elle qu’il faut vérifier ou citer sur une copie.

4.2 Caractérisation par les probabilités conditionnelles

Propriété

Si $P(B) \neq 0$ , alors :

$A \text{ et } B \text{ indépendants} \iff P_B(A) = P(A)$

(et de même, si $P(A) \neq 0$ : indépendants $\iff P_A(B) = P(B)$ ).

C’est l’idée intuitive : « savoir que $B$ est réalisé ne renseigne pas sur $A$ ». La démonstration est immédiate à partir de la formule des probabilités composées : $P(A \cap B) = P(B) \times P_B(A)$ , donc $P(A\cap B)=P(A)P(B) \iff P(B)\times P_B(A) = P(A) \times P(B) \iff P_B(A) = P(A)$ (on peut diviser par $P(B) \neq 0$ ).

Exemple — un dé équilibré

On lance un dé cubique équilibré. $A$ : « obtenir un multiple de $3$ » $= \{3\,;6\}$ ; $B$ : « obtenir un nombre pair » $=\{2\,;4\,;6\}$ .

$P(A) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}\ ,\quad P(B) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$
$A \cap B = \{6\}$
$P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}$
$P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}$
$\Rightarrow$ $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$ $A$ et $B$ sont indépendants

Résultat qui n’a rien d’évident à l’œil nu : rien, dans les deux événements, ne « laissait deviner » cette indépendance avant de calculer.

Exemple — retour sur l’urne (section 2.2)

Avec l’urne de 5 rouges et 3 noires tirée sans remise, on avait trouvé $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{5}{14}$ , avec par ailleurs $P(R_2) = \dfrac{5}{8}$ (on l’admet, par un calcul symétrique).

$P(R_1) \times P(R_2) = \dfrac{5}{8} \times \dfrac{5}{8} = \dfrac{25}{64}$
or $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{5}{14}$
$\dfrac{25}{64} \neq \dfrac{5}{14}$ $25 \times 14 = 350 \neq 320 = 5 \times 64$
$\Rightarrow$ $R_1$ et $R_2$ ne sont pas indépendants

C’est cohérent avec l’intuition : retirer une boule rouge appauvrit l’urne en rouges, donc influence le second tirage. Avec remise au contraire (section 2.2), on avait $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{25}{64} = P(R_1) \times P(R_2)$ : les tirages avec remise sont, eux, indépendants. Retiens ce contraste : sans remise, jamais indépendant ; avec remise, toujours indépendant.

Attention — indépendance ≠ incompatibilité

Deux notions que l’on confond souvent, et qui sont pourtant presque opposées. Si $A$ et $B$ sont incompatibles ( $A \cap B = \varnothing$ ) et si $P(A) \neq 0$ et $P(B) \neq 0$ , alors $P(A \cap B) = 0$ alors que $P(A) \times P(B) \neq 0$ : ces deux événements ne peuvent jamais être indépendants ! Exemple : au dé, $A =$ « obtenir 1 » et $B =$ « obtenir 6 » sont incompatibles, mais $P(A \cap B) = 0 \neq \dfrac{1}{6}\times\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{36}$ . Savoir que $B$ est réalisé t’apprend au contraire énormément sur $A$ : que $A$ est impossible. C’est l’exact opposé de l’indépendance.

4.3 Indépendance et événements complémentaires

Théorème

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont aussi (et donc, en répétant l’argument, $\overline{A}$ et $B$ , puis $\overline{A}$ et $\overline{B}$ ).

Démonstration

Les événements $A \cap B$ et $A \cap \overline{B}$ forment une partition de $A$ (tout élément de $A$ est soit dans $B$ , soit dans $\overline{B}$ , jamais les deux). Donc :

$P(A) = P(A \cap B) + P(A \cap \overline{B})$
$\Rightarrow$ $P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B)$
or $A$ et $B$ indépendants : $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$
$\Rightarrow$ $P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A) \times P(B)$
$=$ $P(A) \times \left(1 - P(B)\right)$
$=$ $P(A) \times P(\overline{B})$

On retrouve exactement la définition de l’indépendance entre $A$ et $\overline{B}$ . C.Q.F.D.

Exemple — vérification numérique

Reprenons $A$ = « multiple de 3 » et $B$ = « pair » au dé (indépendants, exemple précédent). $\overline{B}$ = « impair » $=\{1\,;3\,;5\}$ , $A \cap \overline{B} = \{3\}$ .

$P(\overline{B}) = \dfrac{1}{2}\ ,\quad P(A \cap \overline{B}) = \dfrac{1}{6}$
$P(A) \times P(\overline{B}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{6}$
$\Rightarrow$ $P(A \cap \overline{B}) = P(A) \times P(\overline{B})$ conforme au théorème

4.4 Épreuves indépendantes répétées : avant-goût du schéma de Bernoulli

Définition — épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience à deux issues seulement : un « succès » de probabilité $p$ , et un « échec » de probabilité $1-p$ . Répéter $n$ fois, de façon indépendante, une même épreuve de Bernoulli (par exemple, tirer avec remise) s’appelle un schéma de Bernoulli.

Grâce à l’indépendance, un chemin de l’arbre menant à exactement $k$ succès (dans un ordre précis) a pour probabilité $p^{k}(1-p)^{n-k}$ — un produit de facteurs identiques, sans plus se soucier de l’ordre des branches. Il reste à compter combien de chemins de l’arbre réalisent $k$ succès parmi $n$ : c’est exactement $\dbinom{n}{k}$ , le nombre de façons de choisir lesquelles des $n$ épreuves sont des succès (section 1.2 !).

Exemple — trois tirages avec remise

On reprend l’urne à 5 rouges et 3 noires, avec remise (p = $\frac{5}{8}$ de tirer rouge, épreuves indépendantes), répétée $3$ fois. Quelle est la probabilité d’obtenir exactement 2 boules rouges ?

un chemin donné avec 2 rouges et 1 noire a pour probabilité $\left(\dfrac{5}{8}\right)^{2} \times \dfrac{3}{8}$ produit le long du chemin, indépendance
nombre de chemins possibles avec 2 rouges parmi 3 tirages : $\dbinom{3}{2} = 3$
$\Rightarrow$ $P(\text{exactement 2 rouges}) = \dbinom{3}{2} \times \left(\dfrac{5}{8}\right)^{2} \times \dfrac{3}{8}$
$=$ $3 \times \dfrac{25}{64} \times \dfrac{3}{8} = \dfrac{225}{512}$
$\approx$ $0{,}440$

Cette formule $\dbinom{n}{k} p^{k}(1-p)^{n-k}$ , tu la retrouveras au grand complet — avec son nom, loi binomiale — dans un chapitre ultérieur. Retiens pour l’instant l’essentiel : elle exige des épreuves indépendantes, identiques, à deux issues.

Math & Co — Jacques Bernoulli et l’Ars Conjectandi

Le mathématicien bâlois Jacques Bernoulli (1654-1705) consacre les vingt dernières années de sa vie à un traité resté inachevé : l’Ars Conjectandi (« L’art de conjecturer »), publié seulement en 1713, huit ans après sa mort, par son neveu Nicolas Bernoulli.

C’est dans ce livre qu’apparaît pour la première fois l’étude systématique des épreuves répétées et indépendantes — ce que l’on appelle aujourd’hui, en son honneur, un schéma de Bernoulli. Bernoulli y démontre aussi une première version de la loi des grands nombres : plus on répète une épreuve, plus la fréquence des succès observée se rapproche de la probabilité théorique $p$ . Il qualifiait lui-même ce résultat de « théorème d’or » (theorema aureum), tant il lui semblait devoir bouleverser l’usage des probabilités dans la vie pratique.

5Formule de Bayes

5.1 Le problème de l’inversion

Reprenons l’exemple des deux ateliers (section 3.3). Ce que l’on connaissait au départ, ce sont des probabilités « sachant la cause » : $P_A(D) = 0{,}03$ , $P_B(D) = 0{,}05$ — sachant l’atelier, quelle est la chance d’un défaut ? Mais en pratique, le contrôleur qualité affronte le problème inverse : il trouve une pièce défectueuse en bout de chaîne, où les pièces des deux ateliers sont mélangées, et veut savoir de quel atelier elle vient probablement. C’est $P_D(A)$ qu’il lui faut — une probabilité « sachant l’effet ».

Le comptage naturel de la section 3.3 donne pourtant la réponse sans effort : sur $1\,000$ pièces, $38$ sont défectueuses, dont $18$ viennent de $A$ et $20$ de $B$ . Parmi les pièces défectueuses seulement :

$P_D(A) = \dfrac{18}{38} = \dfrac{9}{19} \approx 0{,}474 \qquad P_D(B) = \dfrac{20}{38} = \dfrac{10}{19} \approx 0{,}526$

Sans le savoir, on vient de calculer une probabilité a posteriori. Il ne reste qu’à formaliser ce raisonnement pour pouvoir l’appliquer sans repasser à chaque fois par un effectif « naturel ».

5.2 La formule de Bayes

Théorème — formule de Bayes

Soit $A$ et $B$ deux événements avec $P(A) \neq 0$ , $P(\overline{A}) \neq 0$ et $P(B) \neq 0$ :

$P_B(A) = \dfrac{P(A) \times P_A(B)}{P(B)} = \dfrac{P(A) \times P_A(B)}{P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B)}$

Plus généralement, si $(A_1, \ldots, A_n)$ est une partition de $\Omega$ , pour tout $i$ :

$P_B(A_i) = \dfrac{P(A_i) \times P_{A_i}(B)}{\displaystyle\sum_{j=1}^{n} P(A_j) \times P_{A_j}(B)}$

Démonstration

$P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ définition de la probabilité conditionnelle
$=$ $\dfrac{P(B \cap A)}{P(B)}$ $A \cap B = B \cap A$
$=$ $\dfrac{P(A) \times P_A(B)}{P(B)}$ formule des probabilités composées

Il reste à développer le dénominateur $P(B)$ grâce à la formule des probabilités totales, appliquée à la partition $\{A\,;\overline{A}\}$ (ou $\{A_1, \ldots, A_n\}$ dans le cas général) :

$P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B)$

En remplaçant, on obtient exactement la formule annoncée. C.Q.F.D. Retiens la formule de Bayes comme un simple assemblage de deux outils déjà connus : les probabilités composées au numérateur, les probabilités totales au dénominateur.

Exemple — retour aux deux ateliers

$P(D) = 0{,}038$ calculé section 3.3
$P_D(A) = \dfrac{P(A) \times P_A(D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}6 \times 0{,}03}{0{,}038} = \dfrac{0{,}018}{0{,}038}$
$=$ $\dfrac{18}{38} = \dfrac{9}{19} \approx 0{,}474$
$P_D(B) = \dfrac{0{,}4 \times 0{,}05}{0{,}038} = \dfrac{20}{38} = \dfrac{10}{19} \approx 0{,}526$

On retrouve exactement le résultat « naturel » de la section 5.1. Remarque frappante : bien que l’atelier $B$ produise moins de pièces que $A$ ( $40\,\%$ contre $60\,\%$ ), une pièce défectueuse a plus de chances de venir de $B$ — son taux de défaut, plus élevé, l’emporte sur son plus faible volume.

Exemple — quelle urne ?

L’urne $U_1$ contient 4 rouges et 6 vertes ; l’urne $U_2$ contient 7 rouges et 3 vertes. On choisit une urne au hasard (une chance sur deux), puis on y tire une boule : elle est rouge. Quelle est la probabilité qu’elle vienne de $U_1$ ?

Figure 4 — Arbre pondéré du choix d’urne. Le chemin surligné,

U_1

puis rouge, contribue pour

\dfrac{4}{20}

sur les

\dfrac{11}{20}

de boules rouges au total.

Exemple (suite) — le calcul de Bayes

$P(R) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{4}{10} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{7}{10} = \dfrac{4}{20} + \dfrac{7}{20} = \dfrac{11}{20}$
$P_R(U_1) = \dfrac{P(U_1) \times P_{U_1}(R)}{P(R)} = \dfrac{1/2 \times 4/10}{11/20} = \dfrac{4/20}{11/20}$
$=$ $\dfrac{4}{11} \approx 0{,}364$
$P_R(U_2) = \dfrac{7}{11} \approx 0{,}636$ complémentaire : $\frac{4}{11}+\frac{7}{11}=1$

Avant le tirage, chaque urne avait une chance sur deux. Après avoir observé une boule rouge — plus fréquente dans $U_2$ — la probabilité bascule nettement en faveur de $U_2$ : c’est exactement le mécanisme d’une mise à jour bayésienne.

Attention — LE piège du chapitre

Ne confonds jamais $P_B(A)$ (ce que la formule de Bayes calcule : sachant l’effet $B$ , quelle en est la cause $A$ ?) avec $P_A(B)$ (la donnée de départ : sachant la cause, quelle est la probabilité de l’effet ?). Ces deux nombres peuvent être extrêmement différents. Tu vas le constater de façon spectaculaire à la section suivante : un test médical correctement positif dans $95\,\%$ des cas chez les malades ( $P_M(T^+)=0{,}95$ ) ne signifie pas du tout qu’une personne testée positive a $95\,\%$ de chances d’être malade.

6Problèmes de dépistage et de fiabilité

6.1 Vocabulaire des tests de dépistage

Un test de dépistage n’est jamais parfait : il peut se tromper dans les deux sens. On note $M$ l’événement « la personne est malade » et $T^{+}$ l’événement « le test est positif ».

Définition — vocabulaire du dépistage

Prévalence : $P(M)$ , la proportion de malades dans la population.
Sensibilité : $P_M(T^{+})$ , la probabilité que le test soit positif sachant que la personne est malade — sa capacité à détecter les vrais malades.
Spécificité : $P_{\overline{M}}(T^{-})$ , la probabilité que le test soit négatif sachant que la personne n’est pas malade.
Valeur prédictive positive (VPP) : $P_{T^{+}}(M)$ , la probabilité d’être réellement malade sachant que le test est positif — c’est la question que se pose le patient !
Valeur prédictive négative (VPN) : $P_{T^{-}}(\overline{M})$ , la probabilité d’être réellement indemne sachant le test négatif.

Sensibilité et spécificité sont des propriétés intrinsèques du test, mesurées une fois pour toutes en laboratoire (« sachant la cause »). VPP et VPN, elles, sont ce que veut savoir la personne testée (« sachant l’effet ») — et dépendent, comme tu vas le voir, de la prévalence de la maladie dans la population.

6.2 Exemple complet et le paradoxe des faux positifs

Dans une population donnée, la prévalence d’une maladie est de $2\,\%$ . Le test de dépistage utilisé a une sensibilité de $95\,\%$ et une spécificité de $98\,\%$ . On teste une personne prise au hasard dans cette population.

Figure 5 — Arbre du test de dépistage, effectifs pour

100\,000

personnes. Le chemin surligné, malade puis positif, donne les

1\,900

vrais positifs.

Exemple — calcul de

P(T^{+})

et de la VPP

$P(T^{+}) = P(M) \times P_M(T^{+}) + P(\overline{M}) \times P_{\overline{M}}(T^{+})$
$=$ $0{,}02 \times 0{,}95 + 0{,}98 \times 0{,}02$ $P_{\overline{M}}(T^{+}) = 1 - \text{spécificité} = 1-0{,}98 = 0{,}02$
$=$ $0{,}019 + 0{,}0196$
$=$ $0{,}0386$
$\text{VPP} = P_{T^{+}}(M) = \dfrac{P(M) \times P_M(T^{+})}{P(T^{+})} = \dfrac{0{,}019}{0{,}0386}$
$\approx$ $0{,}492$

Sur $100\,000$ personnes (tableau ci-dessous), on retrouve exactement les mêmes nombres : $2\,000$ malades, dont $1\,900$ vrais positifs et $100$ faux négatifs ; $98\,000$ non-malades, dont $1\,960$ faux positifs et $96\,040$ vrais négatifs.

	Malade $M$	Non malade $\overline{M}$	Total
Test positif $T^{+}$	1 900	1 960	3 860
Test négatif $T^{-}$	100	96 040	96 140
Total	2 000	98 000	100 000

Attention — le paradoxe des faux positifs

Avec une sensibilité de $95\,\%$ et une spécificité de $98\,\%$ — un excellent test —, la valeur prédictive positive n’est que d’environ $49\,\%$ : sur les $3\,860$ personnes testées positives, à peine plus de la moitié sont réellement malades ! La raison : la maladie est rare ( $2\,\%$ ). La population des non-malades ( $98\,000$ personnes) est si grande que même un faible taux de faux positifs ( $2\,\%$ ) y produit presque autant de cas ( $1\,960$ ) que de vrais positifs chez les $2\,000$ malades ( $1\,900$ ). Plus une maladie est rare, plus la VPP d’un test s’effondre — un résultat contre-intuitif, mais parfaitement rigoureux, qui justifie qu’un premier test positif soit presque toujours suivi d’un second test de confirmation.

On peut aussi calculer la valeur prédictive négative : $\text{VPN} = P_{T^{-}}(\overline{M}) = \dfrac{96\,040}{96\,140} \approx 0{,}999$ . Un test négatif est, lui, extrêmement rassurant — c’est encore un effet de la rareté de la maladie.

6.3 Fiabilité : composants en série et en parallèle

En ingénierie, un système est constitué de plusieurs composants dont les pannes sont, en général, indépendantes les unes des autres. Deux montages typiques :

Méthode — fiabilité d’un système à deux composants indépendants

Montage en série (le système fonctionne seulement si tous les composants fonctionnent) :

$P(\text{fonctionne}) = P(C_1) \times P(C_2)$

Montage en parallèle, ou redondance (le système fonctionne si au moins un composant fonctionne) : on passe par l’événement contraire « aucun des deux ne fonctionne », et l’indépendance des complémentaires (théorème 4.3) donne :

$P(\text{fonctionne}) = 1 - P(\overline{C_1}) \times P(\overline{C_2}) = 1-\left(1-P(C_1)\right)\left(1-P(C_2)\right)$

Figure 6 — Fiabilité de deux composants indépendants

C_1

(

p=0{,}9

) et

C_2

(

p=0{,}85

) : en série, le système est aussi fragile que son maillon faible ; en parallèle, la redondance améliore nettement la fiabilité globale.

Exemple — un système de secours embarqué

Un satellite est équipé de deux systèmes de secours indépendants $C_1$ et $C_2$ , de probabilités de panne respectives $0{,}05$ et $0{,}08$ sur une période donnée. Le satellite reste opérationnel si au moins un des deux systèmes fonctionne (montage en parallèle).

$P(\text{panne totale}) = P(\overline{C_1}) \times P(\overline{C_2})$ indépendance : les deux systèmes tombent en panne en même temps
$=$ $0{,}05 \times 0{,}08 = 0{,}004$
$P(\text{opérationnel}) = 1 - 0{,}004$
$=$ $0{,}996$

Chaque système pris isolément est fiable à $95\,\%$ ou $92\,\%$ seulement ; la redondance porte la fiabilité globale à $99{,}6\,\%$ . C’est tout l’intérêt d’une double sécurité indépendante.

Attention — dernière mise en garde

Ne confonds pas la sensibilité $P_M(T^{+})$ (une caractéristique du test, mesurée « sachant la cause ») et la VPP $P_{T^{+}}(M)$ (ce qui intéresse le patient, « sachant l’effet »). Dans l’exemple de la section 6.2, ces deux nombres valent $95\,\%$ et environ $49\,\%$ : un écart énorme, entièrement dû à la formule de Bayes et à la rareté de la maladie. C’est très exactement le piège annoncé à la section 5.2 — désormais tu sais pourquoi il est si important, et comment l’éviter.

Fiche mémo

Probabilité conditionnelle : $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}\$ (avec $P(B) \neq 0$ ) ; en général $P_B(A) \neq P_A(B)$ .
Arbre pondéré : somme des branches d’un nœud $=1$ ; produit le long d’un chemin ; somme des chemins pour un événement à plusieurs feuilles.
Probabilités composées : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = P(B) \times P_B(A)$ .
Partition $(A_1,\ldots,A_n)$ : deux à deux incompatibles, de réunion $\Omega$ , de probabilités non nulles.
Probabilités totales : $P(B) = \displaystyle\sum_{i} P(A_i) \times P_{A_i}(B)$ — démontrée à partir de $B = \bigcup_i (B \cap A_i)$ .
Indépendance : $P(A \cap B) = P(A)\times P(B) \iff P_B(A) = P(A)$ (si $P(B)\neq0$ ).
Incompatibles et de probabilités non nulles $\Rightarrow$ jamais indépendants (indépendance $\neq$ incompatibilité).
$A, B$ indépendants $\Rightarrow A,\overline{B}$ indépendants (et $\overline{A},\overline{B}$ ).
Bayes : $P_B(A) = \dfrac{P(A)\times P_A(B)}{P(B)} = \dfrac{P(A)\times P_A(B)}{\sum_i P(A_i)\times P_{A_i}(B)}$ .
Bernoulli (avant-goût) : $n$ épreuves indépendantes, $k$ succès de probabilité $p$ $\Rightarrow \dbinom{n}{k} p^{k}(1-p)^{n-k}$ .
Dépistage : sensibilité $=P_M(T^{+})$ , spécificité $=P_{\overline M}(T^{-})$ , VPP $=P_{T^{+}}(M)$ — souvent très différente de la sensibilité si la maladie est rare.
Fiabilité (composants indépendants) : série $\Rightarrow$ produit des probabilités ; parallèle $\Rightarrow 1 -$ produit des complémentaires.

7Exercices corrigés

Niveau 1 — Application directe

Calcule sans détailler les factorielles : (a) le nombre de tiercés dans l’ordre possibles avec 6 chevaux partants ; (b) le nombre de façons de choisir 3 délégués parmi 8 élèves ; (c) le coefficient de $a^{2}b^{2}$ dans le développement de $(a+b)^{4}$ .

Voir le corrigé détaillé

(a) un tiercé dans l’ordre est un arrangement de 3 chevaux parmi 6
$A_6^{3} = 6 \times 5 \times 4 = 120$
(b) choisir 3 délégués, sans ordre, est une combinaison
$\dbinom{8}{3} = \dfrac{8 \times 7 \times 6}{3 \times 2 \times 1} = 56$
(c) dans $(a+b)^{4} = \sum_{k=0}^{4}\dbinom{4}{k}a^{4-k}b^{k}$ , le terme en $a^{2}b^{2}$ correspond à $k=2$
$\dbinom{4}{2} = \dfrac{4\times3}{2\times1} = 6$

Dans un lycée de 200 élèves, 120 étudient l’anglais en LV1 ( $A$ ), 90 pratiquent un sport en club ( $S$ ), et 54 font les deux. On interroge un élève au hasard.

Dresse le tableau à double entrée des effectifs.
Calcule $P_A(S)$ puis $P_S(A)$ .

Voir le corrigé détaillé

1. $A \cap \overline{S} = 120-54=66$ ; $\overline{A}\cap S = 90-54=36$ ; $\overline{A}\cap\overline{S}=200-120-90+54=44$ .

	$S$	$\overline{S}$	Total
$A$	54	66	120
$\overline{A}$	36	44	80
Total	90	110	200

$P_A(S) = \dfrac{\text{card}(A\cap S)}{\text{card}(A)} = \dfrac{54}{120} = \dfrac{9}{20} = 0{,}45$
$P_S(A) = \dfrac{\text{card}(A\cap S)}{\text{card}(S)} = \dfrac{54}{90} = \dfrac{3}{5} = 0{,}6$

Un premier tri automatique classe chaque composant électronique $B$ (bon, probabilité $0{,}9$ ) ou $D$ (défectueux, probabilité $0{,}1$ ). Un second contrôle reclasse ensuite chaque composant : sachant $B$ , il reste $B$ avec probabilité $0{,}98$ ; sachant $D$ , il reste $D$ avec probabilité $0{,}95$ .

Construis l’arbre pondéré à deux niveaux.
Calcule la probabilité qu’un composant soit classé $B$ après les deux contrôles.

Voir le corrigé détaillé

1. 1^er niveau : $P(B)=0{,}9$ , $P(D)=0{,}1$ . 2^e niveau : $P_B(B)=0{,}98$ , $P_B(D)=0{,}02$ ; $P_D(D)=0{,}95$ , $P_D(B)=0{,}05$ .

$P(B\cap B) = 0{,}9 \times 0{,}98 = 0{,}882$
$P(D\cap B) = 0{,}1 \times 0{,}05 = 0{,}005$
$P(B\cap D) = 0{,}9\times0{,}02=0{,}018\ ,\quad P(D\cap D)=0{,}1\times0{,}95=0{,}095$
vérification : $0{,}882+0{,}018+0{,}005+0{,}095=1$

2. « Classé $B$ au final » regroupe deux chemins : $B\cap B$ et $D\cap B$ .

$P(\text{classé } B) = 0{,}882 + 0{,}005$
$=$ $0{,}887$

On lance un dé cubique équilibré. $A$ : « obtenir un diviseur de 6 » ; $B$ : « obtenir un nombre strictement supérieur à 3 et pair ». Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?

Voir le corrigé détaillé

$A = \{1\,;2\,;3\,;6\}\ ,\quad P(A) = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$
$B = \{4\,;6\}\ ,\quad P(B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$
$A \cap B = \{6\}\ ,\quad P(A\cap B) = \dfrac{1}{6}$
$P(A)\times P(B) = \dfrac{2}{3}\times\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{9}$
$\dfrac{2}{9} \neq \dfrac{1}{6}$ $2\times6=12 \neq 9\times1=9$
$\Rightarrow$ $A$ et $B$ ne sont pas indépendants

Une entreprise s’approvisionne auprès de deux fournisseurs : $70\,\%$ des pièces viennent du fournisseur $F_1$ (taux de défaut $2\,\%$ ), $30\,\%$ du fournisseur $F_2$ (taux de défaut $6\,\%$ ). Calcule la probabilité qu’une pièce prise au hasard soit défectueuse.

Voir le corrigé détaillé

$(F_1, F_2)$ est une partition de l’univers : la formule des probabilités totales s’applique.

$P(D) = P(F_1)\times P_{F_1}(D) + P(F_2)\times P_{F_2}(D)$
$=$ $0{,}7\times0{,}02 + 0{,}3\times0{,}06$
$=$ $0{,}014 + 0{,}018$
$=$ $0{,}032$

Niveau 2 — Approfondissement

Une urne contient 4 boules jaunes et 6 boules violettes. On tire successivement et sans remise deux boules.

Construis l’arbre pondéré complet.
Calcule la probabilité d’obtenir au moins une boule jaune.
Calcule la probabilité d’obtenir exactement une boule jaune.

Voir le corrigé détaillé

1. 1^er niveau (10 boules) : $P(J_1)=\dfrac{4}{10}=\dfrac{2}{5}$ , $P(V_1)=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}$ . 2^e niveau (9 boules restantes) : sachant $J_1$ , il reste 3 jaunes et 6 violettes, donc $P_{J_1}(J_2)=\dfrac{3}{9}=\dfrac{1}{3}$ , $P_{J_1}(V_2)=\dfrac{2}{3}$ ; sachant $V_1$ , il reste 4 jaunes et 5 violettes, donc $P_{V_1}(J_2)=\dfrac{4}{9}$ , $P_{V_1}(V_2)=\dfrac{5}{9}$ .

$P(J_1\cap J_2) = \dfrac{2}{5}\times\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{15}$
$P(J_1\cap V_2) = \dfrac{2}{5}\times\dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{15}\ ,\quad P(V_1\cap J_2) = \dfrac{3}{5}\times\dfrac{4}{9} = \dfrac{4}{15}$
$P(V_1\cap V_2) = \dfrac{3}{5}\times\dfrac{5}{9} = \dfrac{5}{15} = \dfrac{1}{3}$
vérification : $\dfrac{2+4+4+5}{15} = 1$

« au moins une jaune » $= \overline{V_1\cap V_2}$
$\Rightarrow$ $P(\text{au moins une jaune}) = 1-\dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}$

« exactement une jaune » $=(J_1\cap V_2)\cup(V_1\cap J_2)$
$\Rightarrow$ $P(\text{exactement une jaune}) = \dfrac{4}{15}+\dfrac{4}{15} = \dfrac{8}{15}$

Un filtre anti-spam classe $30\,\%$ des messages reçus comme indésirables (« spam », événement $S$ ). Un message de spam contient un mot suspect avec probabilité $0{,}8$ ; un message légitime contient ce même mot, par hasard, avec probabilité $0{,}1$ . Un message contient ce mot suspect. Quelle est la probabilité qu’il s’agisse réellement d’un spam ?

Voir le corrigé détaillé

$P(\text{mot}) = P(S)\times P_S(\text{mot}) + P(\overline{S})\times P_{\overline{S}}(\text{mot})$
$=$ $0{,}3\times0{,}8 + 0{,}7\times0{,}1$
$=$ $0{,}24+0{,}07 = 0{,}31$
$P_{\text{mot}}(S) = \dfrac{P(S)\times P_S(\text{mot})}{P(\text{mot})} = \dfrac{0{,}24}{0{,}31}$
$=$ $\dfrac{24}{31} \approx 0{,}774$

Un message contenant ce mot a environ $77{,}4\,\%$ de chances d’être réellement un spam — loin des $80\,\%$ de la sensibilité du filtre, à ne pas confondre avec cette valeur prédictive.

Dans une entreprise, $P(V) = 0{,}4$ (l’employé vient à vélo) et $P(C) = 0{,}55$ (l’employé déjeune à la cantine) ; on suppose $V$ et $C$ indépendants. Calcule $P(V\cap\overline{C})$ de deux façons différentes : d’abord en revenant à la définition d’une partition, puis en utilisant directement le théorème d’indépendance des complémentaires. Vérifie que les deux méthodes donnent le même résultat.

Voir le corrigé détaillé

Méthode 1 (définition). $C$ et $\overline{C}$ partitionnent $\Omega$ , donc $V\cap C$ et $V\cap\overline{C}$ partitionnent $V$ :

$P(V) = P(V\cap C) + P(V\cap\overline{C})$
$\Rightarrow$ $P(V\cap\overline{C}) = P(V) - P(V\cap C)$
$V,C$ indépendants $\Rightarrow P(V\cap C) = P(V)\times P(C) = 0{,}4\times0{,}55=0{,}22$
$\Rightarrow$ $P(V\cap\overline{C}) = 0{,}4-0{,}22 = 0{,}18$

Méthode 2 (théorème). $V$ et $C$ indépendants $\Rightarrow V$ et $\overline{C}$ indépendants (section 4.3) :

$P(V\cap\overline{C}) = P(V)\times P(\overline{C})$
$=$ $0{,}4\times(1-0{,}55) = 0{,}4\times0{,}45$
$=$ $0{,}18$

Les deux méthodes donnent $0{,}18$ : le théorème de la section 4.3 fait bien gagner une étape de calcul.

Une pièce équilibrée est lancée 4 fois de suite, de façon indépendante. Calcule la probabilité d’obtenir exactement 3 « Pile ».

Voir le corrigé détaillé

un chemin donné avec 3 Pile et 1 Face a pour probabilité $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{3}\times\dfrac{1}{2} = \left(\dfrac{1}{2}\right)^{4}$ indépendance des 4 lancers
nombre de chemins avec 3 Pile parmi 4 lancers : $\dbinom{4}{3}=4$
$\Rightarrow$ $P(\text{exactement 3 Pile}) = \dbinom{4}{3}\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4}$
$=$ $4\times\dfrac{1}{16} = \dfrac{4}{16} = \dfrac{1}{4}$

Niveau 3 — Type bac

Une coopérative agricole s’approvisionne en semences auprès de deux fournisseurs : $F_1$ livre $65\,\%$ du stock, avec un taux de germination de $92\,\%$ ; $F_2$ livre les $35\,\%$ restants, avec un taux de germination de $85\,\%$ . On sème une graine prise au hasard dans le stock ; on note $G$ l’événement « la graine germe ».

Construis l’arbre pondéré de cette expérience.
(Restitution organisée de connaissances.) Démontre, dans le cas général d’une partition $(A_1,\ldots,A_n)$ de $\Omega$ , la formule des probabilités totales.
Calcule $P(G)$ , puis $P(\overline{G})$ .
Une graine n’a pas germé. Calcule la probabilité qu’elle provienne du fournisseur $F_2$ . Arrondis au millième.

Voir le corrigé détaillé

1. 1^er niveau : $P(F_1)=0{,}65$ , $P(F_2)=0{,}35$ . 2^e niveau : $P_{F_1}(G)=0{,}92$ , $P_{F_1}(\overline{G})=0{,}08$ ; $P_{F_2}(G)=0{,}85$ , $P_{F_2}(\overline{G})=0{,}15$ .

2. Soit $B$ un événement quelconque. Comme $(A_1,\ldots,A_n)$ est une partition de $\Omega$ :

$B = B\cap\Omega = B\cap(A_1\cup\cdots\cup A_n) = (B\cap A_1)\cup\cdots\cup(B\cap A_n)$ distributivité
les $A_i$ étant deux à deux incompatibles, les $B\cap A_i$ le sont aussi
$\Rightarrow$ $P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(B\cap A_i)$ additivité
$P(B\cap A_i) = P(A_i)\times P_{A_i}(B)$ probabilités composées
$\Rightarrow$ $P(B) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} P(A_i)\times P_{A_i}(B)$

C.Q.F.D.

$P(G) = 0{,}65\times0{,}92 + 0{,}35\times0{,}85$
$=$ $0{,}598+0{,}2975$
$=$ $0{,}8955$
$P(\overline{G}) = 1-0{,}8955$
$=$ $0{,}1045$

$P(F_2\cap\overline{G}) = 0{,}35\times0{,}15 = 0{,}0525$
$P_{\overline{G}}(F_2) = \dfrac{P(F_2\cap\overline{G})}{P(\overline{G})} = \dfrac{0{,}0525}{0{,}1045}$
$\approx$ $0{,}502$

Une graine qui n’a pas germé a environ une chance sur deux de venir de chaque fournisseur — presque un partage égal, bien que $F_2$ livre moins de graines.

Une urne contient 3 boules blanches et 2 boules noires. On effectue 3 tirages successifs, avec remise, d’une boule.

Justifie que les résultats des 3 tirages sont mutuellement indépendants.
Calcule la probabilité d’obtenir exactement 2 boules blanches sur les 3 tirages.
On note $A$ : « la 1^re boule est blanche » et $B$ : « la 2^e boule est blanche ». (ROC) En utilisant deux fois le théorème de la section 4.3, démontre que $\overline{A}$ et $\overline{B}$ sont indépendants.
Vérifie numériquement le résultat de la question 3.

Voir le corrigé détaillé

1. La remise garantit qu’après chaque tirage, l’urne retrouve exactement sa composition initiale (3 blanches, 2 noires) : le résultat d’un tirage ne modifie donc en rien la composition de l’urne pour les tirages suivants. Les 3 tirages sont mutuellement indépendants.

2. $p = \dfrac{3}{5}$ (probabilité d’obtenir une blanche à chaque tirage).

un chemin donné avec 2 blanches et 1 noire a pour probabilité $\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}\times\dfrac{2}{5}$
nombre de chemins avec 2 blanches parmi 3 tirages : $\dbinom{3}{2}=3$
$\Rightarrow$ $P(\text{exactement 2 blanches}) = 3\times\left(\dfrac{3}{5}\right)^{2}\times\dfrac{2}{5}$
$=$ $3\times\dfrac{9}{25}\times\dfrac{2}{5} = \dfrac{54}{125}$
$\approx$ $0{,}432$

3. $A$ et $B$ portent sur deux tirages distincts, donc sont indépendants (question 1). D’après le théorème de la section 4.3 appliqué à $A$ et $B$ : $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants. En appliquant une seconde fois ce même théorème à $\overline{B}$ et $A$ (les rôles de « $A$ » et « $B$ » du théorème étant tenus ici par $\overline{B}$ et $A$ ) : $\overline{B}$ et $\overline{A}$ sont indépendants. C.Q.F.D.

$P(\overline{A}) = P(\overline{B}) = \dfrac{2}{5}$ boule noire à un tirage donné
$P(\overline{A})\times P(\overline{B}) = \dfrac{2}{5}\times\dfrac{2}{5} = \dfrac{4}{25}$
directement : $P(\overline{A}\cap\overline{B})$ = « noire puis noire » $= \dfrac{2}{5}\times\dfrac{2}{5} = \dfrac{4}{25}$ tirages indépendants
$\Rightarrow$ les deux calculs coïncident : $\dfrac{4}{25}$

Un système d’alarme comporte deux capteurs indépendants $C_1$ et $C_2$ , de probabilités de détection respectives $0{,}9$ et $0{,}8$ . L’alarme se déclenche dès qu’au moins un des deux capteurs détecte une intrusion.

Calcule la probabilité que l’alarme se déclenche.
(ROC) Démontre, dans le cas général de deux événements indépendants $E_1$ et $E_2$ , que $P(E_1\cup E_2) = 1-\left(1-P(E_1)\right)\left(1-P(E_2)\right)$ .
L’alarme s’est déclenchée. Calcule la probabilité que ce soit $C_1$ seul qui ait détecté l’intrusion (c’est-à-dire $C_1$ mais pas $C_2$ ). Arrondis au centième.

Voir le corrigé détaillé

$P(\text{alarme}) = 1-P(\overline{C_1})\times P(\overline{C_2})$ indépendance des complémentaires
$=$ $1-0{,}1\times0{,}2$
$=$ $1-0{,}02 = 0{,}98$

2. L’événement contraire de $E_1\cup E_2$ est « ni $E_1$ ni $E_2$ », c’est-à-dire $\overline{E_1}\cap\overline{E_2}$ (lois de Morgan).

$P(E_1\cup E_2) = 1-P(\overline{E_1}\cap\overline{E_2})$
$E_1,E_2$ indépendants $\Rightarrow \overline{E_1},\overline{E_2}$ indépendants (théorème 4.3)
$\Rightarrow$ $P(\overline{E_1}\cap\overline{E_2}) = P(\overline{E_1})\times P(\overline{E_2}) = \left(1-P(E_1)\right)\left(1-P(E_2)\right)$
$\Rightarrow$ $P(E_1\cup E_2) = 1-\left(1-P(E_1)\right)\left(1-P(E_2)\right)$

C.Q.F.D.

3. « $C_1$ seul » signifie $C_1\cap\overline{C_2}$ .

$P(C_1\cap\overline{C_2}) = P(C_1)\times P(\overline{C_2}) = 0{,}9\times0{,}2 = 0{,}18$ indépendance
$P_{\text{alarme}}(C_1\text{ seul}) = \dfrac{P(C_1\cap\overline{C_2})}{P(\text{alarme})} = \dfrac{0{,}18}{0{,}98}$
$\approx$ $0{,}18$

Niveau 4 — Problèmes de vie courante

Dépistage du paludisme à Bamako. Dans un centre de santé de Bamako, la prévalence du paludisme chez les patients fiévreux reçus est estimée à $15\,\%$ . Le test de diagnostic rapide utilisé a une sensibilité de $97\,\%$ et une spécificité de $90\,\%$ .

Construis l’arbre pondéré et dresse le tableau des effectifs pour $10\,000$ patients.
Calcule la probabilité qu’un patient testé positif soit réellement atteint de paludisme (VPP).
Compare ce résultat à celui de la section 6.2 et explique la différence.

Voir le corrigé détaillé

1. $P(M)=0{,}15$ , $P_M(T^{+})=0{,}97$ , $P_{\overline M}(T^{-})=0{,}90$ donc $P_{\overline M}(T^{+})=0{,}10$ . Sur $10\,000$ patients : $1\,500$ malades, $8\,500$ non malades.

vrais positifs $= 1\,500\times0{,}97 = 1\,455$
faux négatifs $= 1\,500\times0{,}03 = 45$
faux positifs $= 8\,500\times0{,}10 = 850$
vrais négatifs $=8\,500\times0{,}90=7\,650$

	Malade	Non malade	Total
$T^{+}$	1 455	850	2 305
$T^{-}$	45	7 650	7 695
Total	1 500	8 500	10 000

$P(T^{+}) = \dfrac{2\,305}{10\,000} = 0{,}2305$
$\text{VPP} = \dfrac{1\,455}{2\,305}$
$\approx$ $0{,}631$

3. Ici, la VPP vaut environ $63\,\%$ , bien plus élevée que les $49\,\%$ trouvés section 6.2. La différence tient uniquement à la prévalence : $15\,\%$ à Bamako contre $2\,\%$ dans l’exemple du cours. Plus une maladie est fréquente dans la population testée, plus un résultat positif est fiable — c’est pour cela que les tests de dépistage ciblent en priorité les populations à risque.

Contrôle qualité à Douala. Une usine textile de Douala produit des vêtements sur deux lignes : la ligne $X$ assure $70\,\%$ de la production avec un taux de défaut de $4\,\%$ ; la ligne $Y$ assure $30\,\%$ avec un taux de défaut de $9\,\%$ . Fatou, responsable qualité, retire un vêtement défectueux du stock.

Calcule la probabilité qu’un vêtement pris au hasard soit défectueux.
Calcule la probabilité que le vêtement défectueux retiré par Fatou provienne de la ligne $X$ .

Voir le corrigé détaillé

$P(D) = 0{,}7\times0{,}04 + 0{,}3\times0{,}09$
$=$ $0{,}028+0{,}027$
$=$ $0{,}055$

$P_D(X) = \dfrac{P(X)\times P_X(D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}028}{0{,}055}$
$=$ $\dfrac{28}{55} \approx 0{,}509$

Environ $50{,}9\,\%$ : malgré son taux de défaut plus faible, la ligne $X$ reste la source la plus probable, simplement parce qu’elle produit davantage — un résultat à retenir pour ne jamais accuser une ligne de production sur la seule foi de son taux de défaut.

Enquête mobile money : Dakar et Ndjamena. Une enquête interroge $800$ personnes : $500$ à Dakar et $300$ à Ndjamena. À Dakar, $80\,\%$ des personnes interrogées utilisent un service de mobile money ; à Ndjamena, cette proportion est de $60\,\%$ . On choisit au hasard une personne parmi les $800$ interrogées.

Calcule la probabilité que cette personne utilise le mobile money.
Sachant qu’elle utilise le mobile money, calcule la probabilité qu’elle ait été interrogée à Dakar.
Les événements « être interrogé à Dakar » et « utiliser le mobile money » sont-ils indépendants ? Justifie.

Voir le corrigé détaillé

$P(\text{Dakar}) = \dfrac{500}{800} = \dfrac{5}{8}\ ,\quad P(\text{Ndjamena}) = \dfrac{300}{800} = \dfrac{3}{8}$ .

$P(\text{usage}) = \dfrac{5}{8}\times0{,}8 + \dfrac{3}{8}\times0{,}6$
$=$ $0{,}5+0{,}225$
$=$ $0{,}725$

2. En effectifs : $500\times0{,}8=400$ utilisateurs à Dakar, $300\times0{,}6=180$ à Ndjamena, soit $580$ utilisateurs sur 800 (cohérent : $\frac{580}{800}=0{,}725$ ).

$P_{\text{usage}}(\text{Dakar}) = \dfrac{400}{580} = \dfrac{20}{29}$
$\approx$ $0{,}690$

$P(\text{Dakar})\times P(\text{usage}) = \dfrac{5}{8}\times0{,}725 = 0{,}453\,125$
$P(\text{Dakar}\cap\text{usage}) = \dfrac{400}{800} = 0{,}5$
$0{,}453\,125 \neq 0{,}5$
$\Rightarrow$ les événements ne sont pas indépendants

C’est cohérent avec l’énoncé : le taux d’usage diffère selon la ville, donc la ville « renseigne » sur l’usage — la définition même de la non-indépendance.

Récolte d’arachide à Kaolack. Dans la région de Kaolack, au Sénégal, on distingue deux types de saison des pluies : une saison « normale » (probabilité $0{,}75$ ) et une saison « déficitaire » (probabilité $0{,}25$ ). Moussa, agriculteur, sait que la probabilité d’obtenir une bonne récolte d’arachide est de $0{,}8$ en saison normale, et de seulement $0{,}3$ en saison déficitaire.

Calcule la probabilité que Moussa obtienne une bonne récolte cette année.
Cette année, Moussa a obtenu une bonne récolte. Calcule la probabilité que la saison ait été normale.

Voir le corrigé détaillé

$P(\text{bonne}) = 0{,}75\times0{,}8 + 0{,}25\times0{,}3$
$=$ $0{,}6+0{,}075$
$=$ $0{,}675$

$P_{\text{bonne}}(\text{normale}) = \dfrac{0{,}6}{0{,}675}$
$=$ $\dfrac{60}{67{,}5} = \dfrac{8}{9}$
$\approx$ $0{,}889$

Sachant la bonne récolte, la saison a très probablement été normale (environ $89\,\%$ de chances) : un résultat rassurant, mais qui ne certifie pas totalement la cause — il reste tout de même $\frac{1}{9}$ de chances qu’une bonne récolte ait eu lieu malgré une saison déficitaire.

Teste-toi gratuitement

8 questions

Nombres complexes : forme algébrique et trigonométrique

Commencer →

8 questions

Logarithme népérien et exponentielle

Commencer →

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

Coche une réponse par question, puis clique sur « Vérifier mes réponses » : tu obtiens ta note sur 20 avec la correction détaillée de chaque question.

Pour deux événements $A$ et $B$ avec $P(B) \neq 0$ , la probabilité de $A$ sachant $B$ , notée $P_B(A)$ , est définie par :

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

P_B(A) = P(A) - P(B)

P_B(A) = P(A) \times P(B)

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

Explication : C'est la définition de la probabilité conditionnelle : on rapporte la probabilité de l'intersection

A\cap B

à celle de l'événement déjà réalisé,

B

, qui devient le nouvel univers de référence.

En général, $P_B(A)$ et $P_A(B)$ sont :

toujours égaux deux nombres différents toujours égaux à

P(A \cap B)

toujours de somme

1

Explication : C'est l'erreur la plus fréquente du chapitre : « la probabilité de

A

sachant

B

» et « la probabilité de

B

sachant

A

» ne se calculent pas dans le même univers de référence, et sont en général différentes.

Dans un jeu de 32 cartes, $A$ = « la carte est un roi », $B$ = « la carte est un cœur ». On a $P(A)=\dfrac18$ , $P(B)=\dfrac14$ et $P(A\cap B) = \dfrac{1}{32}$ (le roi de cœur). Que vaut $P_B(A)$ ?

\dfrac{1}{32}

\dfrac{1}{4}

\dfrac{1}{2}

\dfrac{1}{8}

Explication :

P_B(A) = \dfrac{P(A\cap B)}{P(B)} = \dfrac{1/32}{1/4} = \dfrac{1}{8}

: parmi les 8 cœurs, un seul est roi.

La formule des probabilités composées s'écrit, pour $P(A)\neq0$ et $P(B)\neq0$ :

P(A \cap B) = P(B) \times P_B(A)

P(A \cap B) = P(A) + P(B)

P(A \cap B) = P(A) - P_B(A)

P(A \cap B) = \dfrac{P(A)}{P(B)}

Explication : C'est la formule des probabilités composées, obtenue en multipliant les deux membres de la définition de

P_B(A)

par

P(B)

. C'est elle qui justifie la règle du produit le long d'un arbre pondéré.

Sur un arbre pondéré, la probabilité d'un chemin de la racine à une feuille s'obtient en :

additionnant les probabilités des branches du chemin prenant la plus grande probabilité rencontrée multipliant les probabilités inscrites sur les branches du chemin divisant les probabilités des branches successives

Explication : C'est la règle des chemins : la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités conditionnelles inscrites sur les branches qui le composent.

Une urne contient 5 boules rouges et 3 noires. On tire deux boules successivement, sans remise. Sachant que la première boule tirée est rouge, quelle est la probabilité que la seconde soit rouge aussi ?

\dfrac{5}{8}

\dfrac{4}{7}

\dfrac{5}{7}

\dfrac{4}{8}

Explication : Après avoir retiré une boule rouge, il reste 4 rouges et 3 noires, soit 7 boules au total :

P_{R_1}(R_2) = \dfrac{4}{7}

. Piège classique : garder le dénominateur

8

du premier tirage serait faux, une boule ayant disparu de l'urne.

Des événements $A_1, A_2, \ldots, A_n$ forment une partition de $\Omega$ lorsque :

ils sont tous de même probabilité leur réunion est vide ils sont deux à deux indépendants ils sont deux à deux incompatibles et leur réunion vaut

\Omega

Explication : Une partition découpe

\Omega

en morceaux qui ne se chevauchent jamais (incompatibles deux à deux) mais qui, ensemble, couvrent tout l'univers.

Une entreprise reçoit $60$ % de sa production de l'atelier A (taux de défaut $3$ %) et $40$ % de l'atelier B (taux de défaut $5$ %). D'après la formule des probabilités totales, la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit défectueuse est :

0{,}03 + 0{,}05 = 0{,}08

0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}24

0{,}6 \times 0{,}03 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}038

\dfrac{0{,}03+0{,}05}{2} = 0{,}04

Explication :

P(D) = P(A)\times P_A(D) + P(B)\times P_B(D) = 0{,}6\times0{,}03 + 0{,}4\times0{,}05 = 0{,}018+0{,}02 = 0{,}038

Pour appliquer correctement la formule des probabilités totales, il faut vérifier que les événements $A_i$ :

sont indépendants de

B

forment bien une vraie partition (incompatibles, réunion égale à

\Omega

) ont tous la même probabilité sont en nombre pair

Explication : Oublier un morceau de la partition, ou inclure des événements qui se chevauchent, fausse complètement le résultat : il faut vérifier que la somme des

P(A_i)

vaut bien

1

Deux événements $A$ et $B$ sont dits indépendants lorsque :

P(A \cap B) = P(A) \times P(B)

A \cap B = \varnothing

P_B(A) = 1

P(A) = P(B)

Explication : C'est la définition de l'indépendance : le produit des probabilités individuelles est égal à la probabilité de l'intersection. Cette définition ne suppose aucune probabilité non nulle.

Au dé équilibré, $A$ = « obtenir 1 », $B$ = « obtenir 6 » sont incompatibles. Peuvent-ils être indépendants ?

oui, toujours cela dépend du dé utilisé non, jamais (sauf si l'un des deux est de probabilité nulle) oui, car

P(A)=P(B)

Explication : Si

A

B

sont incompatibles et de probabilités non nulles,

P(A\cap B)=0

alors que

P(A)\times P(B) \neq 0

: ils ne peuvent jamais être indépendants. Indépendance et incompatibilité sont presque opposées.

Dans un schéma de Bernoulli à $n$ répétitions indépendantes d'une épreuve de probabilité de succès $p$ , la probabilité d'obtenir exactement $k$ succès est :

p^{k}

n \times p^{k}

(1-p)^{n-k}

\dbinom{n}{k}\,p^{k}(1-p)^{n-k}

Explication : On multiplie la probabilité d'un chemin donné à

k

succès (

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

) par le nombre de chemins possibles, donné par le coefficient binomial

\dbinom{n}{k}

La formule de Bayes permet de calculer :

P(A)

à partir de

P(B)

uniquement une probabilité composée une probabilité « sachant l'effet » (

P_B(A)

) à partir de probabilités « sachant la cause » le nombre de chemins d'un arbre

Explication : La formule de Bayes « retourne » un conditionnement : elle permet de passer de

P_A(B)

(sachant la cause

A

) à

P_B(A)

(sachant l'effet observé

B

Reprenons les ateliers A (60%, défaut 3%) et B (40%, défaut 5%), avec $P(D)=0{,}038$ . Sachant qu'une pièce est défectueuse, la probabilité qu'elle vienne de l'atelier A est :

0{,}6

\dfrac{0{,}6\times0{,}03}{0{,}038} \approx 0{,}474

0{,}03

1-0{,}038 = 0{,}962

Explication : Par la formule de Bayes,

P_D(A) = \dfrac{P(A)\times P_A(D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}018}{0{,}038}\approx0{,}474

. Fait notable : bien que A produise plus, une pièce défectueuse vient plus souvent de B, dont le taux de défaut est plus élevé.

Dans le vocabulaire des tests de dépistage, la sensibilité d'un test est :

P_{T^{+}}(M)

, la probabilité d'être malade sachant le test positif

P(M)

, la prévalence de la maladie

P_{\overline{M}}(T^{-})

, la probabilité d'un test négatif chez un non-malade

P_M(T^{+})

, la probabilité que le test soit positif sachant que la personne est malade

Explication : La sensibilité mesure la capacité du test à détecter les vrais malades : c'est

P_M(T^{+})

, une propriété intrinsèque du test, mesurée « sachant la cause ».

Dans une population, la prévalence d'une maladie est de $2$ %, un test a une sensibilité de $95$ % et une spécificité de $98$ %. Sur $100\,000$ personnes, on obtient $1\,900$ vrais positifs et $1\,960$ faux positifs. La valeur prédictive positive (VPP) est alors d'environ :

95

49

98

2

Explication :

\text{VPP} = \dfrac{1\,900}{1\,900+1\,960} = \dfrac{1\,900}{3\,860} \approx 0{,}492

, soit environ 49% : c'est le paradoxe des faux positifs, dû à la rareté de la maladie, qui « noie » les vrais positifs parmi de nombreux faux positifs.

Plus une maladie est rare dans une population (prévalence faible), et pour un même test, la valeur prédictive positive (VPP) :

augmente reste inchangée diminue, parfois fortement devient toujours égale à

1

Explication : C'est le paradoxe des faux positifs : plus la maladie est rare, plus la population des non-malades est grande, et plus les faux positifs « noient » les vrais positifs parmi les résultats positifs — la VPP s'effondre.

Deux composants $C_1$ et $C_2$ , de pannes indépendantes, sont montés en série (le système fonctionne si et seulement si les deux composants fonctionnent). La probabilité que le système fonctionne est :

P(C_1) \times P(C_2)

P(C_1) + P(C_2)

1-P(C_1)\times P(C_2)

\max\big(P(C_1)\,;\,P(C_2)\big)

Explication : En série, tout doit fonctionner : par indépendance, la probabilité que les deux composants fonctionnent simultanément est le produit de leurs probabilités individuelles.

Deux composants $C_1$ et $C_2$ , de pannes indépendantes et de fiabilités $0{,}9$ chacun, sont montés en parallèle (redondance : il suffit qu'un seul fonctionne). La probabilité que le système fonctionne est :

0{,}9 \times 0{,}9 = 0{,}81

0{,}9 + 0{,}9 = 1{,}8

0{,}9

1-(1-0{,}9)(1-0{,}9) = 0{,}99

Explication : On passe par l'événement contraire « aucun des deux ne fonctionne » :

P(\text{fonctionne}) = 1-(1-0{,}9)\times(1-0{,}9) = 1-0{,}01 = 0{,}99

. La redondance augmente nettement la fiabilité par rapport à un seul composant.

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont aussi. Cela découle du fait que :

P(\overline{B}) = P(B)

A

\overline{B}

sont incompatibles

P(A\cap\overline{B}) = P(A)-P(A\cap B) = P(A)\big(1-P(B)\big) = P(A)\times P(\overline{B})

c'est un axiome, indémontrable

Explication : En écrivant

A

comme la réunion disjointe de

(A\cap B)

(A\cap\overline{B})

, puis en utilisant l'indépendance de

A

B

, on obtient

P(A\cap\overline{B})=P(A)\times P(\overline{B})

, qui est exactement la définition de l'indépendance de

A

\overline{B}

S'inscrire à ce chapitre

Clique et envoie : ton message WhatsApp est déjà pré-rempli avec la classe, la matière et le chapitre.

S'inscrire sur WhatsApp

Demander un cours privé Rejoindre un groupe

En bref

Classe : Classe de Terminale (séries scientifiques)
Matière : Mathématiques
Durée estimée : 9 h
7 parties · 3 objectifs
Supports inclus : fiche, exercices corrigés, QCM

Les autres chapitres

Tout le programme

Probabilités conditionnelles et indépendance

Ce que tu sauras faire à la fin

1Probabilité conditionnelle

1.1 Rappels : univers, événements, probabilité

1.2 Dénombrement : arrangements, combinaisons, binôme

1.3 Définition de la probabilité conditionnelle

1.4 Propriétés de PBP_BPB​ et probabilités composées

2Arbre pondéré

2.1 Les trois règles de l’arbre pondéré

2.2 Exemple complet : tirage sans remise

3Formule des probabilités totales

3.1 Partition de l’univers

3.2 La formule des probabilités totales

3.3 Application : deux exemples résolus

4Indépendance de deux événements

4.1 Définition

4.2 Caractérisation par les probabilités conditionnelles

4.3 Indépendance et événements complémentaires

4.4 Épreuves indépendantes répétées : avant-goût du schéma de Bernoulli

5Formule de Bayes

5.1 Le problème de l’inversion

5.2 La formule de Bayes

6Problèmes de dépistage et de fiabilité

6.1 Vocabulaire des tests de dépistage

6.2 Exemple complet et le paradoxe des faux positifs

6.3 Fiabilité : composants en série et en parallèle

Fiche mémo

7Exercices corrigés

Teste-toi gratuitement

Nombres complexes : forme algébrique et trigonométrique

Logarithme népérien et exponentielle

📝 QCM de fin de leçon — 20 questions

1.4 Propriétés de $P_B$ et probabilités composées