Mathématiques du lycée · Grades 10–12

32Probabilités conditionnelles et indépendance

La probabilité quantifie l’incertitude ; la probabilité conditionnelle quantifie comment l’information la modifie. Apprendre qu’un événement $B$ s’est produit remodèle les probabilités de tous les autres événements — un mécanisme formalisé par Bayes et mal utilisé chaque jour dans les tribunaux et les journaux. Ce chapitre met en place les règles du conditionnement et le sens exact de l’indépendance.

32.1 Espaces de probabilité (rappel)

Une expérience à un nombre fini d’issues se modélise par un univers $\Omega$ (l’ensemble des issues) et une probabilité $\P$ associant à chaque événement $A \subseteq \Omega$ un nombre $\P(A) \in \intcc{0}{1}$ , additive sur les unions disjointes et avec $\P(\Omega) = 1$ . Rappeler les règles de base :

\P(\bar A) = 1 - \P(A), \qquad \P(A \cup B) = \P(A) + \P(B) - \P(A \cap B).

Lorsque toutes les issues sont équiprobables, $\P(A) = \frac{\abs A}{\abs\Omega}$ — et le calcul des probabilités se réduit aux techniques de dénombrement du Chapitre 27.

32.2 Probabilité conditionnelle

Définition 32.1 (Probabilité conditionnelle)

Soit $B$ un événement avec $\P(B) > 0$ . La probabilité de $A$ sachant $B$ est

\pcond{B}{A} = \frac{\P(A \cap B)}{\P(B)} .

L’application $A \mapsto \pcond BA$ est elle-même une probabilité (toutes les règles s’appliquent) ; elle représente le nouvel état de connaissance de quelqu’un qui a appris que $B$ s’est produit.

Proposition 32.2 (Règle de multiplication)

Pour des événements de probabilités non nulles :

\P(A \cap B) = \P(B)\,\pcond{B}{A} = \P(A)\,\pcond{A}{B},

et plus généralement $\P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = \P(A_1)\,\pcond{A_1}{A_2}\, \pcond{A_1 \cap A_2}{A_3}$ , etc.

Démonstration. Réarranger la définition ; la formule en chaîne suit par itération. ∎

Théorème 32.3 (Formule des probabilités totales)

Soient $B_1, \dots, B_n$ une partition de $\Omega$ en événements de probabilité non nulle. Pour tout événement $A$ :

\P(A) = \sum_{i=1}^{n} \P(B_i)\,\pcond{B_i}{A}.

Démonstration. Les ensembles $A \cap B_i$ sont deux à deux disjoints d’union $A$ , donc $\P(A) = \sum_i \P(A \cap B_i) = \sum_i \P(B_i)\pcond{B_i}{A}$ par la règle de multiplication. ∎

Méthode 32.4 (Arbres de probabilité)

Un arbre organise les probabilités conditionnelles : chaque branche porte la probabilité de l’événement suivant sachant le chemin déjà parcouru.

La probabilité d’une feuille (un chemin complet) est le produit des probabilités le long de ses branches (règle de multiplication).
La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des feuilles qui le réalisent (probabilités totales).
Les probabilités des branches issues d’un nœud s’additionnent à $1$ .

Un arbre à deux niveaux : multiplier le long d’un chemin, additionner sur les feuilles. Par exemple (A) est la somme des probabilités des première et troisième feuilles. — Un arbre à deux niveaux : multiplier le long d’un chemin, additionner sur les feuilles. Par exemple $\P(A)$ est la somme des probabilités des première et troisième feuilles.

Théorème 32.5 (Formule de Bayes)

Soient $B_1, \dots, B_n$ une partition de $\Omega$ comme ci-dessus et $A$ un événement avec $\P(A) > 0$ . Alors

\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(B_j)\,\pcond{B_j}{A}}{\sum_{i=1}^{n} \P(B_i)\,\pcond{B_i}{A}} .

Démonstration. $\pcond{A}{B_j} = \frac{\P(A \cap B_j)}{\P(A)}$ ; développer le numérateur par la règle de multiplication et le dénominateur par les probabilités totales. ∎

Exemple 32.6 (Test de dépistage)

Une maladie touche $1\%$ d’une population. Un test la détecte avec probabilité $0.99$ (sensibilité) et donne un faux positif avec probabilité $0.05$ . Sachant un test positif, la probabilité d’avoir effectivement la maladie est

\frac{0.01 \times 0.99}{0.01\times0.99 + 0.99\times0.05} = \frac{0.0099}{0.0099 + 0.0495} = \frac{1}{6} \approx 0.17 .

Malgré le test précis, cinq positifs sur six sont des faux — parce que la maladie est rare. Confondre $\pcond{A}{B}$ avec $\pcond{B}{A}$ est le sophisme du procureur.

Le test de dépistage en arbre (D : malade, T : test positif). Les deux feuilles positives (en rouge) ont un poids total 0.0594, dont les faux positifs contribuent pour les cinq sixièmes. — Le test de dépistage en arbre ( $D$ : malade, $T$ : test positif). Les deux feuilles positives (en rouge) ont un poids total $0.0594$ , dont les faux positifs contribuent pour les cinq sixièmes.

32.3 Indépendance

Définition 32.7 (Événements indépendants)

Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants si

\P(A \cap B) = \P(A)\,\P(B) .

Lorsque $\P(B) > 0$ , cela équivaut à $\pcond{B}{A} = \P(A)$ : savoir $B$ ne change pas la probabilité de $A$ .

Proposition 32.8

Si $A$ et $B$ sont indépendants, il en va de même de $A$ et $\bar B$ (et de $\bar A$ et $\bar B$ ).

Démonstration. $\P(A \cap \bar B) = \P(A) - \P(A \cap B) = \P(A) - \P(A)\P(B) = \P(A)\bigl(1 - \P(B)\bigr) = \P(A)\,\P(\bar B)$ . ∎

Remarque 32.9

Ne pas confondre indépendants ( $\P(A\cap B) = \P(A)\P(B)$ ) et incompatibles ( $A \cap B = \varnothing$ ). Deux événements incompatibles de probabilité non nulle ne sont jamais indépendants : savoir que l’un s’est produit garantit que l’autre ne s’est pas produit.

Définition 32.10 (Répétitions indépendantes)

Lorsqu’une expérience est répétée $n$ fois de sorte que l’issue de chaque épreuve n’influence pas les autres, la probabilité d’une suite spécifiée d’issues est le produit des probabilités individuelles. C’est le modèle sous-jacent à la loi binomiale (Chapitre 33).

32.4 Exercices

Exercice 32.1 ★

On tire une carte d’un jeu standard de 52 cartes. Calculer la probabilité que ce soit un roi, sachant que c’est une figure (valet, dame ou roi). Les événements « roi » et « cœur » sont-ils indépendants ?

Solution

Solution de Exercice 32.1.

Il y a $12$ figures, dont $4$ rois : $\pcond{\text{figure}}{\text{roi}} = \frac{4}{12} = \frac13$ .

Indépendance : $\P(\text{roi} \cap \text{cœur}) = \frac{1}{52}$ (le roi de cœur), et $\P(\text{roi})\,\P(\text{cœur}) = \frac{4}{52}\times\frac{13}{52} = \frac{1}{52}$ . Égaux : les événements sont indépendants.

Exercice 32.2 ★

Une urne contient 5 boules rouges et 3 bleues. On tire deux boules à la suite sans remise.

Dessiner l’arbre de probabilité.
Calculer la probabilité que les deux soient rouges, et la probabilité que la seconde soit rouge.

Solution

Solution de Exercice 32.2.

1. Première branche : rouge $\frac58$ , bleue $\frac38$ ; secondes branches (sans remise) : après rouge, rouge $\frac47$ / bleue $\frac37$ ; après bleue, rouge $\frac57$ / bleue $\frac27$ .

2. $\P(RR) = \frac58 \times \frac47 = \frac{5}{14}$ . Par les probabilités totales,

\P(\text{2e rouge}) = \frac58\cdot\frac47 + \frac38\cdot\frac57 = \frac{20 + 15}{56} = \frac58 .

(La même que le premier tirage — par symétrie, la seconde boule est une boule uniformément aléatoire de l’urne.)

Exercice 32.3 ★

On lance deux dés équilibrés. Soient $A$ = « la somme vaut $7$ », $B$ = « le premier dé montre $3$ », $C$ = « la somme vaut $6$ ». Déterminer si $A$ et $B$ sont indépendants, puis si $B$ et $C$ le sont.

Solution

Solution de Exercice 32.3.

$\P(A) = \frac{6}{36} = \frac16$ (six couples de somme $7$ ), $\P(B) = \frac16$ , et $A \cap B = \{(3,4)\}$ a pour probabilité $\frac{1}{36} = \P(A)\P(B)$ : $A$ et $B$ sont indépendants. (La somme $7$ est spéciale : quel que soit le premier dé, exactement une valeur du second la donne.)

$\P(C) = \frac{5}{36}$ et $B \cap C = \{(3,3)\}$ : $\P(B \cap C) = \frac{1}{36} \neq \frac16 \times \frac{5}{36} = \frac{5}{216}$ . Non indépendants.

Exercice 32.4 ★★

Une usine a trois machines produisant respectivement $50\%$ , $30\%$ et $20\%$ de la production totale, avec des taux de défaut $1\%$ , $2\%$ et $4\%$ .

Quelle proportion de la production est défectueuse ?
Un article tiré au hasard est défectueux. Quelle est la probabilité qu’il vienne de la troisième machine ?

Solution

Solution de Exercice 32.4.

1. Probabilités totales avec la partition par machine :

\P(D) = 0.5\times0.01 + 0.3\times0.02 + 0.2\times0.04 = 0.005 + 0.006 + 0.008 = 0.019 = 1.9\% .

2. Bayes : $\pcond{D}{M_3} = \dfrac{0.008}{0.019} = \dfrac{8}{19} \approx 0.42$ . La machine produisant seulement un cinquième de la production représente plus de $40\%$ des défauts.

Exercice 32.5 ★★

Dans l’Exemple 32.6, pour quelle prévalence $p$ de la maladie (au lieu de $1\%$ ) un test positif signifierait-il au moins $90\%$ de chance d’être malade ? Résoudre l’inégalité et commenter.

Solution

Solution de Exercice 32.5.

La condition est

\frac{0.99\,p}{0.99\,p + 0.05\,(1-p)} \geq 0.9 .

Le dénominateur est positif, donc cela s’écrit $0.99p \geq 0.891p + 0.045 - 0.045p$ , c.-à-d. $0.144\,p \geq 0.045$ , c.-à-d.

p \geq \frac{0.045}{0.144} = 0.3125 .

Le test seul atteint $90\%$ de certitude seulement si la maladie touche déjà plus de $31\%$ de la population testée — d’où la nécessité de tests de confirmation pour le dépistage de masse des maladies rares.

Exercice 32.6 ★★

Une pièce biaisée tombe sur pile avec probabilité $p \in \intoo{0}{1}$ . On la lance trois fois, les lancers étant indépendants.

Calculer la probabilité de l’événement $E$ = « exactement deux piles ».
Pour quels $p$ la quantité $\P(E)$ est-elle maximale ?

Solution

Solution de Exercice 32.6.

1. Trois suites réalisent $E$ (PPF, PFP, FPP), chacune de probabilité $p^2(1-p)$ par indépendance : $\P(E) = 3p^2(1 - p)$ .

2. $f(p) = 3p^2 - 3p^3$ a $f'(p) = 6p - 9p^2 = 3p(2 - 3p)$ , positive puis négative sur $\intoo{0}{1}$ : maximum en $p = \frac23$ , où $\P(E) = 3\cdot\frac49\cdot\frac13 = \frac49$ .

Exercice 32.7 ★★★

(Monty Hall.) Un lot se cache derrière l’une de trois portes. Vous choisissez une porte ; l’animateur, qui sait où est le lot, ouvre l’une des deux portes restantes, révélant toujours une porte vide (en choisissant au hasard si les deux sont vides), et vous propose de changer pour l’autre porte fermée. À l’aide de la formule de Bayes, calculer la probabilité de gagner si l’on change, et si l’on ne change pas.

Solution

Solution de Exercice 32.7.

Disons que vous avez choisi la porte 1 et que l’animateur a ouvert la porte 3 (événement $H_3$ ). Avec $B_i$ = « prix derrière la porte $i$ », $\P(B_i) = \frac13$ et

\pcond{B_1}{H_3} = \frac12, \qquad \pcond{B_2}{H_3} = 1, \qquad \pcond{B_3}{H_3} = 0

(si le prix est derrière votre porte, l’animateur choisit au hasard entre les portes 2 et 3 ; s’il est derrière la porte 2, il est forcé d’ouvrir la $3$ ). Bayes :

\pcond{H_3}{B_1} = \frac{\frac13\cdot\frac12}{\frac13\cdot\frac12 + \frac13\cdot1 + 0} = \frac{1/6}{1/2} = \frac13, \qquad \pcond{H_3}{B_2} = \frac{\frac13}{\frac12} = \frac23 .

Rester gagne avec probabilité $\frac13$ , basculer avec probabilité $\frac23$ .

Exercice 32.8 ★★★

Un canal d’information transmet des bits. Chaque bit est inversé par le bruit avec probabilité $\varepsilon = 0.1$ , indépendamment. Pour protéger un bit, on l’envoie trois fois et on décode par majorité.

Calculer la probabilité que le bit décodé soit faux.
Le mot reçu est $101$ . Quelle est la probabilité que le bit envoyé ait été $1$ ? (Supposer que $0$ et $1$ sont envoyés avec probabilités égales.)

Solution

Solution de Exercice 32.8.

1. La majorité est fausse lorsque au moins deux des trois copies sont inversées :

3\varepsilon^2(1-\varepsilon) + \varepsilon^3 = 3(0.01)(0.9) + 0.001 = 0.028,

bien plus petit que $\varepsilon = 0.1$ : le codage par répétition fonctionne.

2. Si $1$ a été envoyé (comme $111$ ), recevoir $101$ exige exactement une inversion : probabilité $\varepsilon(1-\varepsilon)^2 = 0.081$ . Si $0$ a été envoyé ( $000$ ), deux inversions sont nécessaires : $\varepsilon^2(1-\varepsilon) = 0.009$ . Bayes avec prioris égaux :

\pcond{101}{\,\text{envoyé }1} = \frac{0.081}{0.081 + 0.009} = 0.9 .

Le décodage majoritaire ( $101 \mapsto 1$ ) est bien le guess le plus probable.

32.5 Problème : le médecin, le juge et le filtre antispam

Problème 32.1

Devoir du week-end — la formule de Bayes contre l’oubli des taux de base : pourquoi un test à $99\,\%$ peut vouloir dire $2\,\%$ , pourquoi une correspondance sur un million ne condamne personne, et comment votre boîte aux lettres réfléchit

Un test qui détecte $99\,\%$ des cas revient positif — et la probabilité réelle d’être malade est inférieure à $2\,\%$ . Un profil génétique correspondant à une personne sur un million est retrouvé — et le suspect est probablement innocent. Ces deux affirmations sont exactes, toutes deux ont été mal jugées par des médecins et par des tribunaux, et toutes deux se règlent par une seule ligne de ce chapitre : la formule de Bayes (Théorème 32.5). Ce problème l’entraîne sur des urnes, puis à la clinique, au tribunal et dans la boîte de réception.

Partie I — Aisance.

Une pièce équilibrée choisit l’urne I ( $2$ rouges, $1$ bleue) ou l’urne II ( $1$ rouge, $3$ bleues), puis on tire une boule. Calculer $\P(\text{rouge})$ par la formule des probabilités totales (Théorème 32.3).
La boule est rouge : calculer $\P(\text{urne I} \mid \text{rouge})$ .
Un lancer de dé : les événements « pair » et « $\leq 4$ » sont-ils indépendants (Définition 32.7) ? Et « pair » et « $\leq 3$ » ?
Deux détecteurs de fumée indépendants se déclenchent chacun avec la probabilité $0.9$ en cas d’incendie. À l’aide de la Proposition 32.8, calculer la probabilité qu’au moins l’un se déclenche.
Deux cartes tirées sans remise : calculer $\P(\text{deux rois})$ par la formule des probabilités composées (Proposition 32.2).

Partie II — Le médecin. Une maladie touche $1$ personne sur $1\,000$ . Le test détecte $99\,\%$ des malades (sensibilité) mais se déclenche aussi chez $5\,\%$ des bien portants (faux positifs).

Effectifs naturels : imaginons $100\,000$ personnes. Combien sont malades, combien sont bien portantes ? Combien de positifs chaque groupe produit-il, et combien de positifs en tout ?
À partir de ces effectifs, calculer $\P(\text{malade} \mid \text{positif})$ . Encaisser le choc.
Recalculer avec la formule de Bayes et vérifier l’accord.
Dans les enquêtes, la plupart des médecins répondent « environ $99\,\%$ ». Nommer les deux probabilités conditionnelles que l’on confond, et expliquer pourquoi le minuscule taux de base commande la vraie réponse.
Un second test, indépendant, revient lui aussi positif. Mise à jour : en prenant $1.9\,\%$ comme nouvelle probabilité a priori, calculer $\P(\text{malade} \mid \text{deux positifs})$ . Que fait l’accumulation des indices ?
Calculer $\P(\text{malade} \mid \text{positif})$ si le même test n’est employé que sur un groupe à risque de prévalence $5\,\%$ . En déduire la morale de santé publique sur le dépistage de masse des affections rares.

Partie III — Le juge.

Un profil génétique relevé sur une scène de crime correspond à une personne sur un million. Le suspect, trouvé en fouillant une base de données couvrant les $10$ millions d’habitants de la ville, correspond. Combien de correspondances innocentes attend-on dans la ville ? Au vu de la seule correspondance, que vaut à peu près $\P(\text{innocent} \mid \text{correspondance})$ ?
Nommer le sophisme — quelle probabilité l’accusation a-t-elle citée, laquelle le tribunal avait-il besoin d’entendre ? — et son parallèle exact avec la question 9.
Le piège de l’indépendance : deux drames rares survenus dans une même famille ont jadis été élevés au carré en « une chance sur $73$ millions » en les traitant comme indépendants, ce qui a fait condamner une mère innocente. Si les deux événements partagent des facteurs de risque familiaux tels que le second, sachant le premier, soit $5$ fois plus probable que le taux de base, recalculer l’ordre de grandeur — et énoncer la leçon sur la multiplication des probabilités.
La défense aussi peut tricher : « dix innocents correspondent, donc la correspondance ne prouve rien » ignore tout le reste. Que fait la formule de Bayes de plusieurs indices, et quelle phrase unique tout juré devrait-il connaître ?

Partie IV — Le filtre antispam.

Votre courrier est composé à $40\,\%$ de spam. Le mot « loterie » apparaît dans $15\,\%$ des spams et dans $0.5\,\%$ des messages honnêtes. Un message le contient : calculer $\P(\text{spam} \mid \text{loterie})$ .
Répétition correctrice d’erreurs (suite de l’Exercice 32.8) : avec une probabilité d’inversion $\varepsilon = 0.1$ , avec quelle probabilité le décodage à la majorité de cinq copies échoue-t-il ? Comparer avec le code à trois copies.
Un bit traverse $4$ relais bruités indépendants, chacun l’inversant avec la probabilité $0.1$ : il arrive correct exactement lorsque le nombre d’inversions est pair. Calculer cette probabilité de deux façons : en sommant les termes binomiaux, puis par l’élégante formule $\frac{1 + (1 - 2\varepsilon)^4}{2}$ .
Les vrais filtres antispam multiplient les indices de nombreux mots comme s’ils étaient indépendants (Bayes « naïf »). Pourquoi cette hypothèse est-elle fausse pour des mots comme « gagner » et « loterie » — et pourquoi le filtre fonctionne-t-il bien malgré tout ? (Une ou deux phrases.)
Pour finir — Bayes comme arithmétique de la croyance : a priori $\times$ vraisemblance, renormalisation, a posteriori. Rejouer les trois verdicts (clinique, tribunal, boîte de réception) en une phrase chacun, puis énumérer les trois pièges que ce problème a mis au jour : taux de base oubliés, indépendance de façade, et indices lus un par un.

Solution

Solution de Problème 32.1.

1. $\P(\text{rouge}) = \frac12 \cdot \frac23 + \frac12 \cdot \frac14 = \frac13 + \frac18 = \frac{11}{24}$ .

2. $\P(\text{I} \mid \text{rouge}) = \dfrac{\frac12 \cdot \frac23}{\frac{11}{24}} = \dfrac{1/3}{11/24} = \dfrac{8}{11}$ .

3. $\P(\text{pair} \cap \leq 4) = \P(\{2, 4\}) = \frac13$ et $\P(\text{pair})\P(\leq 4) = \frac12 \cdot \frac23 = \frac13$ : les événements sont indépendants (contre toute attente !). Pour « $\leq 3$ » : $\P(\{2\}) = \frac16$ contre $\frac12 \cdot \frac12 = \frac14$ : ils sont dépendants.

4. Les événements contraires d’événements indépendants sont eux-mêmes indépendants, donc

\P(\text{aucun}) = 0.1 \times 0.1 = 0.01, \qquad \P(\text{au moins un}) = 0.99 .

5. $\frac{4}{52} \times \frac{3}{51} = \frac{1}{221}$ .

6. Malades : $100$ ; bien portants : $99\,900$ . Positifs : $99$ vrais ( $99\,\%$ de $100$ ) et $4\,995$ faux ( $5\,\%$ de $99\,900$ ), soit $5\,094$ positifs en tout.

7. $\P(\text{malade} \mid +) = \frac{99}{5\,094} \approx 1.9\,\%$ : parmi les personnes que le test signale, moins d’une sur cinquante est réellement malade.

8. $\dfrac{0.001 \times 0.99}{0.001 \times 0.99 + 0.999 \times 0.05} = \dfrac{0.00099}{0.05094} \approx 0.019$ : les effectifs et la formule concordent.

9. On confond $\P(+ \mid \text{malade}) = 99\,\%$ (la qualité annoncée du test) avec $\P(\text{malade} \mid +)$ (la question que se pose réellement le patient). Avec un taux de base de $\frac{1}{1000}$ , les malades sont si rares que même une fuite de $5\,\%$ de l’immense majorité bien portante submerge les vrais positifs à cinquante contre un.

10. $\dfrac{0.019 \times 0.99}{0.019 \times 0.99 + 0.981 \times 0.05} \approx 28\,\%$ . Chaque positif indépendant multiplie la cote par le même facteur : les indices s’accumulent, et un troisième positif dépasserait $90\,\%$ — raison d’être des tests de confirmation.

11. $\dfrac{0.05 \times 0.99}{0.05 \times 0.99 + 0.95 \times 0.05} \approx 51\,\%$ : sur un groupe à risque, le même test devient informatif. Morale : dépister là où le taux de base est appréciable ; dépister massivement une affection rare fabrique des fausses alertes par milliers.

12. Nombre attendu de correspondances innocentes : $10^7 \times 10^{-6} = 10$ . Parmi la petite douzaine de personnes qui correspondent ( $10$ innocentes et $1$ coupable — si le coupable est bien dans la ville), le suspect trouvé par la seule correspondance est innocent avec une probabilité d’environ $\frac{10}{11} \approx 91\,\%$ .

13. L’accusation a cité $\P(\text{correspondance} \mid \text{innocent}) = 10^{-6}$ ; le tribunal avait besoin de $\P(\text{innocent} \mid \text{correspondance})$ — la confusion de la question 9, prêtée sous serment. (Et dans l’affaire réelle qui a popularisé ces erreurs, une seconde bévue est venue s’ajouter : voir la question 14.)

14. Élévation au carré naïve : $\left(\frac{1}{8500}\right)^2 \approx \frac{1}{72 \text{ millions}}$ . Avec un second drame cinq fois plus probable sachant le premier : $\frac{1}{8500} \times \frac{5}{8500} \approx \frac{1}{14.5 \text{ millions}}$ — cinq fois plus grand, et encore sans tenir compte du fait que l’hypothèse alternative doit elle aussi être pesée par Bayes. Leçon : multiplier des probabilités exige l’indépendance, et des causes communes (génétique, environnement) la détruisent.

15. Bayes multiplie les rapports de vraisemblance de tous les indices en une seule probabilité a posteriori : la correspondance, l’alibi, les fibres, chacun déplaçant la cote. La phrase du juré : se demander quelle est la probabilité des indices sous chacune des deux hypothèses, et ne jamais prendre une probabilité conditionnelle pour sa réciproque.

16. $\dfrac{0.4 \times 0.15}{0.4 \times 0.15 + 0.6 \times 0.005} = \dfrac{0.060}{0.063} \approx 95\,\%$ de spam : un seul mot tranche presque.

17. Cinq copies échouent lorsque $3$ , $4$ ou $5$ bits s’inversent : $\binom53 \varepsilon^3(1-\varepsilon)^2 + \binom54 \varepsilon^4 (1 - \varepsilon) + \varepsilon^5 \approx 0.0086$ — contre $0.028$ pour trois copies : la répétition achète de la fiabilité au prix du débit.

18. Nombre pair d’inversions : $\binom40 0.9^4 + \binom42 0.9^2 0.1^2 + \binom44 0.1^4 = 0.6561 + 0.0486 + 0.0001 = 0.7048$ ; et $\frac{1 + 0.8^4}{2} = \frac{1 + 0.4096}{2} = 0.7048$ : la formule astucieuse suit le biais $(1 - 2\varepsilon)$ de relais en relais.

19. Les mots de spam voyagent en bande — un message contenant « loterie » contient très probablement « gagner », si bien que leur indice conjoint est plus faible que ne le prétend le produit. Le filtre fonctionne malgré tout parce que l’exagération pousse en général dans le bon sens : classer demande le bon côté de $50\,\%$ , pas la bonne probabilité a posteriori.

20. Clinique : une affection rare transforme un test puissant en verdict faible — partir du taux de base, puis accumuler. Tribunal : une correspondance rare dans une grande ville met en cause la ville, non l’homme — une vraisemblance n’est pas un verdict. Boîte de réception : de nombreux indices faibles, multipliés, trient le courrier — même naïvement. Les trois pièges : oublier l’a priori et se laisser tromper ; feindre l’indépendance et se laisser tromper bien davantage ; lire les indices un par un et ne jamais savoir ce que l’on sait.

Termes définis dans ce chapitre

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