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.