Probabilités conditionnelles

Les prérequis à ressortir

Deux souvenirs suffisent pour démarrer.

1. La probabilité d'un événement. Pour une expérience aux issues également probables,
$$P(E) = \dfrac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}$$ C'est toujours un nombre entre $0$ et $1$.

2. L'intersection. L'événement $A \cap B$ (lire « $A$ inter $B$ ») se réalise quand $A$ et $B$ se produisent en même temps. Son complémentaire $\overline{B}$ est l'événement « $B$ ne se réalise pas », et $P(\overline{B}) = 1 - P(B)$.

L'idée + la formule

La probabilité conditionnelle de $A$ sachant $B$, notée $P(A \mid B)$, mesure la chance que $A$ se réalise une fois qu'on sait que $B$ est déjà réalisé.

L'image à retenir : on rétrécit l'univers à $B$. On ne regarde plus tous les cas possibles, seulement ceux où $B$ a lieu, et on se demande quelle proportion vérifie aussi $A$.

La formule, la seule à savoir par cœur pour le contrôle :

$P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} \qquad \text{valable dès que } P(B) > 0.$

Un exemple fait en entier

Énoncé. Dans une classe de $30$ élèves, $18$ jouent d'un instrument (événement $B$) et, parmi ces $18$, $12$ ont eu une bonne note au dernier contrôle (événement $A$). On choisit un élève au hasard. Quelle est la probabilité qu'il ait une bonne note sachant qu'il joue d'un instrument, c'est-à-dire $P(A \mid B)$ ?

Étape 1 — les probabilités de base. $P(B) = \dfrac{18}{30} = \dfrac{3}{5}$ et $P(A \cap B) = \dfrac{12}{30} = \dfrac{2}{5}$ (les $12$ élèves qui jouent d'un instrument ET ont une bonne note).

Étape 2 — on applique la formule. $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{2/5}{3/5}$.

Étape 3 — on simplifie. Diviser par une fraction, c'est multiplier par son inverse : $\dfrac{2/5}{3/5} = \dfrac{2}{5} \times \dfrac{5}{3} = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}67$.

Le raccourci qui rassure. Puisque $B$ est acquis, on peut compter directement parmi les $18$ musiciens : $12$ ont une bonne note, soit $\dfrac{12}{18} = \dfrac{2}{3}$. Même résultat, c'est bien la même idée de « rétrécir à $B$ ».

La définition, au propre

Définition. Soit $A$ et $B$ deux événements avec $P(B) > 0$. La probabilité de $A$ sachant $B$ est le quotient $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$.

La condition $P(B) > 0$ n'est pas un détail : on divise par $P(B)$, donc $B$ doit pouvoir se produire. « Sachant qu'un événement impossible s'est réalisé » n'a aucun sens.

L'interprétation. On remplace l'univers $\Omega$ par $B$ : parmi tous les cas où $B$ est réalisé (de « poids » $P(B)$), on ne garde que ceux qui vérifient aussi $A$ (de « poids » $P(A \cap B)$), et on compare les deux. Le dessin ci-dessous montre exactement cette part de $B$ occupée par $A$.

Les trois formules à connaître

1. Formule de multiplication. En repartant de la définition (dans les deux sens), on obtient l'intersection : $P(A \cap B) = P(B) \times P(A \mid B) = P(A) \times P(B \mid A)$. Très utile quand on connaît une conditionnelle et qu'on cherche l'intersection.

2. Formule des probabilités totales. On reconstitue $P(A)$ en passant soit par $B$, soit par $\overline{B}$ : $P(A) = P(B) \times P(A \mid B) + P(\overline{B}) \times P(A \mid \overline{B})$. C'est « la somme des deux chemins qui mènent à $A$ ».

3. Indépendance. Deux événements sont indépendants quand savoir que l'un est réalisé ne change rien à la probabilité de l'autre : $A \text{ et } B \text{ indépendants} \iff P(A \cap B) = P(A) \times P(B) \iff P(A \mid B) = P(A)$.

La méthode de l'arbre + un exemple d'indépendance

L'arbre de probabilités range tout ça visuellement.

• 1re branche : place $B$ et $\overline{B}$ avec $P(B)$ et $P(\overline{B}) = 1 - P(B)$.
• 2e branche : à chaque nœud, inscris les conditionnelles $P(A \mid B)$, $P(\overline{A} \mid B)$, puis $P(A \mid \overline{B})$, $P(\overline{A} \mid \overline{B})$.
• Un chemin : la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités rencontrées le long du chemin.
• Probabilités totales : pour $P(A)$, on additionne tous les chemins qui aboutissent à $A$.

Exemple traité — tester l'indépendance. On sait que $P(A) = 0{,}4$, $P(B) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}2$. Sont-ils indépendants ?

On compare $P(A \cap B)$ au produit $P(A) \times P(B) = 0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2$.

Or $P(A \cap B) = 0{,}2$ aussi : les deux sont égaux, donc $A$ et $B$ sont indépendants.

Vérification par la conditionnelle : $P(A \mid B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4 = P(A)$. Savoir que $B$ est réalisé ne change pas la probabilité de $A$ : c'est bien l'indépendance.

Échauffement 1 — le calcul direct

On lance un dé équilibré à six faces. On pose $A$ = « obtenir un $6$ » et $B$ = « obtenir un nombre pair ». On cherche $P(A \mid B)$.

D'abord $B$ : les résultats pairs sont $\{2\,;4\,;6\}$, donc $P(B) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$.

Ensuite $A \cap B$ : « pair ET égal à $6$ » se réduit à $\{6\}$, donc $P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}$.

On applique la formule : $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{1/6}{1/2} = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{2}{1} = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$.

Contrôle de bon sens : parmi les trois résultats pairs $\{2\,;4\,;6\}$, un seul est un $6$, soit $\dfrac{1}{3}$. Cohérent, on peut avancer.

Échauffement 2 — l'arbre et les probabilités totales

Un élève prend le bus (événement $B$) avec $P(B) = 0{,}7$ ; sinon il vient à vélo ($\overline{B}$) avec $P(\overline{B}) = 0{,}3$. En bus, il est en retard (événement $R$) avec $P(R \mid B) = 0{,}1$ ; à vélo, $P(R \mid \overline{B}) = 0{,}2$. Quelle est la probabilité $P(R)$ qu'il soit en retard ?

On reconnaît une situation à deux chemins vers $R$ : la formule des probabilités totales est faite pour ça.

On écrit la formule : $P(R) = P(B) \times P(R \mid B) + P(\overline{B}) \times P(R \mid \overline{B})$.

On remplace : $P(R) = 0{,}7 \times 0{,}1 + 0{,}3 \times 0{,}2$.

On calcule chaque chemin (produit des branches) : $0{,}7 \times 0{,}1 = 0{,}07$ (bus puis retard) et $0{,}3 \times 0{,}2 = 0{,}06$ (vélo puis retard).

On additionne les deux chemins qui mènent au retard : $P(R) = 0{,}07 + 0{,}06 = 0{,}13$.

Échauffement 3 — tester l'indépendance

Le réflexe : pour trancher l'indépendance, on compare $P(A \cap B)$ à $P(A) \times P(B)$. Faisons-le sur deux cas jumeaux.

Cas 1. $P(A) = 0{,}3$, $P(B) = 0{,}4$, $P(A \cap B) = 0{,}12$. On teste : $P(A) \times P(B) = 0{,}3 \times 0{,}4 = 0{,}12$. C'est exactement $P(A \cap B)$, donc $A$ et $B$ sont indépendants.

Cas 2. Mêmes $P(A) = 0{,}3$ et $P(B) = 0{,}4$, mais cette fois $P(A \cap B) = 0{,}2$. On teste : $P(A) \times P(B) = 0{,}12 \neq 0{,}2$, donc $A$ et $B$ ne sont pas indépendants (ils sont liés).

Autre lecture du cas 2 : $P(A \mid B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5 \neq 0{,}3 = P(A)$. Savoir que $B$ est réalisé fait passer la probabilité de $A$ de $0{,}3$ à $0{,}5$ : $B$ influence bien $A$. Les deux tests donnent la même conclusion, c'est normal.

Ce que le correcteur attend (et les pièges)

La rédaction qui rapporte les points. Traduis d'abord l'énoncé en probabilités ($P(B) = \dots$, $P(A \mid B) = \dots$). Écris la formule avant de remplacer les nombres. Signale $P(B) > 0$ quand tu utilises la définition. Sur un arbre, vérifie que les branches issues d'un même nœud somment à $1$. Termine par une phrase de conclusion en français et un arrondi propre si l'énoncé le demande.

Les pièges classiques.

• $P(A \mid B) \neq P(B \mid A)$ en général : l'ordre du conditionnement change tout (« défectueux sachant $M_1$ » n'est pas « $M_1$ sachant défectueux »).
• Ne confonds pas $P(A \cap B)$ (l'intersection, une proportion sur tout $\Omega$) et $P(A \mid B)$ (une proportion à l'intérieur de $B$).
• Sur un arbre : pour $P(A)$ on additionne les chemins ; on ne multiplie jamais entre elles des branches de niveaux différents appartenant à des chemins distincts.
• Oublier de vérifier $P(B) > 0$ avant d'appliquer la définition.

Problème type — l'usine à deux machines

Énoncé. Une usine fabrique des pièces avec deux machines. La machine $M_1$ produit $60\,\%$ des pièces, la machine $M_2$ les $40\,\%$ restants. Parmi les pièces de $M_1$, $3\,\%$ sont défectueuses ; parmi celles de $M_2$, $5\,\%$ le sont. On note $D$ l'événement « la pièce est défectueuse ». (1) Quelle est la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit défectueuse ? (2) Une pièce est défectueuse : quelle est la probabilité qu'elle vienne de $M_1$ ?

Traduction. $P(M_1) = 0{,}6$, $P(M_2) = 0{,}4$, $P(D \mid M_1) = 0{,}03$, $P(D \mid M_2) = 0{,}05$. Un arbre s'impose (voir figure).

(1) Probabilités totales. $P(D) = P(M_1) \times P(D \mid M_1) + P(M_2) \times P(D \mid M_2)$.

On remplace : $P(D) = 0{,}6 \times 0{,}03 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}018 + 0{,}020 = 0{,}038$.

(2) On retourne le conditionnement. On veut $P(M_1 \mid D)$, à ne surtout pas confondre avec $P(D \mid M_1) = 0{,}03$. Par définition : $P(M_1 \mid D) = \dfrac{P(M_1 \cap D)}{P(D)}$.

Le numérateur par la formule de multiplication : $P(M_1 \cap D) = P(M_1) \times P(D \mid M_1) = 0{,}6 \times 0{,}03 = 0{,}018$.

On divise : $P(M_1 \mid D) = \dfrac{0{,}018}{0{,}038} = \dfrac{18}{38} = \dfrac{9}{19} \approx 0{,}47$.

Conclusion. Environ $47\,\%$ des pièces défectueuses proviennent de $M_1$. On voit bien que $P(M_1 \mid D) \approx 0{,}47 \neq 0{,}03 = P(D \mid M_1)$ : le sens du conditionnement compte.

Problème type — indépendant ou pas ?

Énoncé. Dans une entreprise, on choisit un salarié au hasard. On note $T$ « il est en télétravail » et $S$ « il est satisfait ». Une enquête donne $P(T) = 0{,}4$, $P(S) = 0{,}75$ et $P(T \cap S) = 0{,}33$. Le télétravail et la satisfaction sont-ils indépendants ?

Le test. On calcule le produit : $P(T) \times P(S) = 0{,}4 \times 0{,}75 = 0{,}30$.

La comparaison. Or $P(T \cap S) = 0{,}33 \neq 0{,}30$. Donc $T$ et $S$ ne sont pas indépendants.

Le sens du lien. $P(S \mid T) = \dfrac{P(T \cap S)}{P(T)} = \dfrac{0{,}33}{0{,}4} = 0{,}825$, contre $P(S) = 0{,}75$ dans l'ensemble. Être en télétravail est associé à une satisfaction plus élevée ($82{,}5\,\%$ contre $75\,\%$).

Ce que veut le correcteur : la comparaison chiffrée explicite ($0{,}33$ contre $0{,}30$) ET une conclusion rédigée. Répondre « non » tout court, sans le calcul, ne vaut aucun point.

Pourquoi la formule marche : la renormalisation

Pourquoi diviser par $P(B)$, au juste ? Quand on apprend que $B$ est réalisé, $B$ devient le nouvel univers. Mais son « poids » de départ n'est que $P(B)$, pas $1$. Pour que les probabilités de ce monde réduit fassent bien un total de $1$, on remet $B$ à l'échelle en divisant tout par $P(B)$.

La part de $A$ qu'on conserve, c'est ce qui est à la fois dans $A$ et dans $B$, soit $P(A \cap B)$. Une fois renormalisée : $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$. La formule n'est pas tombée du ciel, c'est une mise à l'échelle.

Deux vérifications rassurantes. D'abord $P(B \mid B) = \dfrac{P(B \cap B)}{P(B)} = \dfrac{P(B)}{P(B)} = 1$ : sachant $B$, l'événement $B$ est certain, logique. Ensuite $P(A \mid B) + P(\overline{A} \mid B) = \dfrac{P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B)}{P(B)} = \dfrac{P(B)}{P(B)} = 1$ : les probabilités conditionnelles se comportent comme de vraies probabilités.

Retourner le conditionnement : la formule de Bayes

Jusqu'ici on calculait $P(A \mid B)$. Mais souvent l'information arrive dans un sens et on veut la retourner, exactement comme dans le problème d'usine (« défectueux, donc quelle machine ? »). Il y a une formule pour ça, et tu as déjà tout pour la démontrer.

Point de départ, la formule de multiplication vue en cours, écrite dans les deux sens : $P(A \cap B) = P(A) \times P(B \mid A) = P(B) \times P(A \mid B)$.

On isole la conditionnelle inversée : $P(B \mid A) = \dfrac{P(B) \times P(A \mid B)}{P(A)}$.

C'est la formule de Bayes, au programme de terminale. Rien de magique : c'est ta formule de multiplication réarrangée. Tu l'as déjà utilisée sans le nommer pour remonter du défaut à la machine $M_1$.

Vers la loi binomiale et au-delà

L'indépendance est la porte d'entrée d'une notion voisine, déjà en 1re : le schéma de Bernoulli. Répéter $n$ fois, de façon indépendante, une même épreuve à deux issues (succès / échec) mène tout droit à la loi binomiale — jette un œil à la fiche « Loi binomiale » de la même catégorie.

Les arbres pondérés que tu viens de manipuler se généralisent à autant de niveaux qu'on veut : la probabilité d'un chemin reste le produit des probabilités conditionnelles rencontrées, et la probabilité d'une issue reste la somme des chemins qui y mènent.

En terminale, tout ça se prolonge : successions d'épreuves indépendantes, variables aléatoires et leur espérance, et la loi des grands nombres, qui explique pourquoi la fréquence observée finit par coller à la probabilité quand on répète beaucoup d'expériences.