Probabilités : probabilité conditionnelle et arbres pondérés

Ce que tu réactives (ça, c'est du collège)

Ce qu'il faut déjà savoir pour suivre sans douleur : lire un tableau à double entrée, simplifier une fraction, passer d'une fraction à un pourcentage. C'est tout, promis.

Une expérience aléatoire est une expérience dont on ne connaît pas le résultat à l'avance : lancer un dé, tirer une carte, interroger une personne au hasard. Ses résultats possibles s'appellent les issues, et on note $\Omega$ l'ensemble de toutes les issues. Un évènement est un ensemble d'issues.

Donner une loi de probabilité, c'est attribuer à chaque issue un nombre positif, la somme de tous ces nombres valant $1$ ; la probabilité d'un évènement est alors la somme des probabilités des issues qui le composent. Tu as vu ça au collège : cette année, on ne fait que le réactiver. Retiens quand même une phrase du programme : une loi de probabilité est une hypothèse du modèle que l'on choisit — elle ne se démontre pas.

Le cas le plus fréquent, l'équiprobabilité (toutes les issues ont la même probabilité) :

$P(A) = \dfrac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}$, où $\mathrm{Card}$ désigne le nombre d'éléments.

Et le réflexe qui fait gagner du temps : $P(\overline{A}) = 1 - P(A)$, où $\overline{A}$ est l'évènement contraire de $A$.

La vraie nouveauté : le mot « sachant »

Soit $A$ un évènement de probabilité non nulle. La probabilité conditionnelle de $B$ sachant $A$ est le nombre

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

On la lit « probabilité de $B$ sachant $A$ ». L'idée tient en une image : on efface tout ce qui n'est pas dans $A$, et on regarde quelle part de ce monde réduit tombe aussi dans $B$.

Si $P(A) = 0$, la formule n'a pas de sens (on diviserait par zéro) — et c'est logique : parler de « sachant $A$ » quand $A$ ne peut pas se produire ne veut rien dire.

Quand on tire au sort un individu dans une population, chacun ayant la même chance d'être choisi, tout se ramène à un comptage :

$P_A(B) = \dfrac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(A)}$

Le tableau qui sauve la vie

On interroge les $200$ élèves de seconde d'un lycée. On note $D$ l'évènement « l'élève est demi-pensionnaire » et $S$ l'évènement « l'élève pratique un sport en club ». On choisit un élève au hasard, chacun ayant la même chance d'être choisi.

	$S$	$\overline{S}$	Total
$D$	84	36	120
$\overline{D}$	24	56	80
Total	108	92	200

• $P(D) = \dfrac{120}{200} = 0{,}6$ : la part des demi-pensionnaires dans le lycée.
• $P(D \cap S) = \dfrac{84}{200} = 0{,}42$ : la part des élèves qui sont à la fois demi-pensionnaires et sportifs.
• $P_D(S) = \dfrac{84}{120} = 0{,}7$ : parmi les demi-pensionnaires, $70\,\%$ font du sport.
• $P_S(D) = \dfrac{84}{108} = \dfrac{7}{9} \approx 0{,}78$ : parmi les sportifs, environ $78\,\%$ sont demi-pensionnaires.

Compare les deux derniers : $0{,}7$ et $0{,}78$ ne sont pas le même nombre. $P_D(S)$ et $P_S(D)$ ne se confondent pas — c'est LE piège du chapitre, et il porte un nom : l'inversion des conditionnements.

Contrôle rapide de la définition : $\dfrac{P(D \cap S)}{P(D)} = \dfrac{0{,}42}{0{,}6} = 0{,}7$. On retrouve bien $P_D(S)$.

L'arbre pondéré en 30 secondes

Un arbre range exactement la même information, autrement. Deux règles, pas une de plus :

• Règle 1 — les probabilités des branches qui partent d'un même nœud ont pour somme $1$.
• Règle 2 — on multiplie le long d'un chemin : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.

C'est le même lycée que ci-dessus. Vérifie la règle 1 : $0{,}6 + 0{,}4 = 1$, puis $0{,}7 + 0{,}3 = 1$ sur chaque nœud. Vérifie la règle 2 : $0{,}6 \times 0{,}7 = 0{,}42$, soit exactement $P(D \cap S)$.

Attention : les poids du second niveau ne sont pas des $P(S)$, ce sont des $P_D(S)$ et des $P_{\overline{D}}(S)$ — des probabilités conditionnelles. Sur la figure, « non D » se note $\overline{D}$.

Définition, notation, et ce que la formule raconte

Définition. $A$ et $B$ étant deux évènements avec $P(A) \neq 0$, on pose

$P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$, appelée probabilité de $B$ sachant $A$.

En chassant la fraction, on obtient la forme qui sert dans tous les calculs :

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

Pourquoi ça revient à compter. Dans une population de $\mathrm{Card}(\Omega)$ individus tirés au sort avec équiprobabilité, $P(A) = \dfrac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}$ et $P(A \cap B) = \dfrac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(\Omega)}$. En faisant le quotient, les $\mathrm{Card}(\Omega)$ se simplifient :

$P_A(B) = \dfrac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(A)}$

Le programme écrit la même chose en échangeant les lettres : $P_B(A) = \dfrac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(B)}$. Une seule règle à retenir : on divise par l'effectif de l'évènement placé en indice, celui qui suit le mot « sachant ». Le numérateur, lui, ne change pas : c'est toujours l'intersection.

Traduire le français en symboles (et l'inverse)

C'est une capacité exigée par le programme, et c'est là que se perdent la moitié des points. Même situation que dans l'onglet précédent : $D$ = demi-pensionnaire, $S$ = sportif.

Ce qui est écrit	Ce qu'on note
« $70\,\%$ des demi-pensionnaires font du sport »	$P_D(S) = 0{,}7$
« $70\,\%$ des sportifs sont demi-pensionnaires »	$P_S(D) = 0{,}7$
« $70\,\%$ des élèves sont des demi-pensionnaires sportifs »	$P(D \cap S) = 0{,}7$
« $70\,\%$ des élèves font du sport »	$P(S) = 0{,}7$

La méthode : repère l'ensemble de référence, c'est-à-dire le groupe sur lequel porte le pourcentage — il suit presque toujours « des », « parmi les » ou « chez les ». Si ce groupe est la population entière, il n'y a pas d'indice. Sinon, ce groupe devient l'indice.

L'arbre pondéré : construire, lire, calculer

Sur la figure, « non A » se note $\overline{A}$, et $P_{\overline{A}}(B)$ se lit « probabilité de $B$ sachant non $A$ ».

• Premier niveau : les branches portent $P(A)$ et $P(\overline{A})$, deux probabilités ordinaires, de somme $1$.
• Second niveau : les branches portent des probabilités conditionnelles. Celles qui partent de $A$ ont pour somme $1$ ; celles qui partent de $\overline{A}$ aussi.
• Un chemin complet représente une intersection : le chemin $A$ puis $B$ représente $A \cap B$, et sa probabilité est le produit des deux poids.

La règle du produit n'est pas une astuce à mémoriser : c'est la définition $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ dont on a chassé le dénominateur. Rien d'autre.

Ce qu'on ne te demandera pas en seconde : reconstituer $P(B)$ en additionnant les deux chemins qui mènent à $B$. Le programme l'exclut explicitement des attendus — rendez-vous en première (on en donne un aperçu dans le dernier onglet).

Statistiques et probabilités : le même objet vu deux fois

Prends une population et tire une personne au sort, chacune ayant la même chance d'être choisie. Alors le vocabulaire statistique et le vocabulaire probabiliste se répondent terme à terme :

Statistiques	Probabilités
sous-population	évènement
proportion d'une sous-population	probabilité d'un évènement
fréquence conditionnelle	probabilité conditionnelle

D'où les deux relations à connaître : $P(A) = \dfrac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}$ et $P_B(A) = \dfrac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(B)}$.

Dernier point du programme, souvent oublié : l'équiprobabilité n'est pas toujours justifiable. Pour une punaise qu'on lance, ou pour le sexe d'un enfant à la naissance, aucune symétrie ne l'impose. On construit alors le modèle à partir des fréquences observées sur un grand nombre de répétitions, en s'appuyant sur la version vulgarisée de la loi des grands nombres : lorsque $n$ est grand, sauf exception, la fréquence observée est proche de la probabilité. Le modèle probabiliste et la situation réelle restent deux choses distinctes.

Exemple 1 — un tableau croisé d'effectifs

Énoncé. Un club sportif compte $250$ membres : $150$ femmes et $100$ hommes. Parmi les femmes, $90$ pratiquent la natation ; parmi les hommes, $40$. On interroge un membre au hasard, chacun ayant la même chance d'être choisi. On note $F$ « le membre est une femme » et $N$ « le membre pratique la natation ».

Étape 1 — on remplit le tableau. Les données donnent deux cases par ligne ; les totaux se déduisent.

	$N$	$\overline{N}$	Total
$F$	90	60	150
$\overline{F}$	40	60	100
Total	130	120	250

Contrôle : $90 + 60 = 150$, $40 + 60 = 100$, $90 + 40 = 130$ et $130 + 120 = 250$. Le tableau est cohérent.

Étape 2 — les probabilités simples. On divise par l'effectif total.

$P(F) = \dfrac{150}{250} = 0{,}6$  ;  $P(N) = \dfrac{130}{250} = 0{,}52$  ;  $P(F \cap N) = \dfrac{90}{250} = 0{,}36$

Étape 3 — les probabilités conditionnelles. On divise par l'effectif de l'indice.

$P_F(N) = \dfrac{90}{150} = 0{,}6$ : parmi les femmes, $60\,\%$ nagent.

$P_N(F) = \dfrac{90}{130} = \dfrac{9}{13} \approx 0{,}69$ : parmi les nageurs, environ $69\,\%$ sont des femmes.

Étape 4 — on vérifie avec la définition. $\dfrac{P(F \cap N)}{P(F)} = \dfrac{0{,}36}{0{,}6} = 0{,}6$ et $\dfrac{P(F \cap N)}{P(N)} = \dfrac{0{,}36}{0{,}52} \approx 0{,}69$. Les deux voies donnent le même résultat, comme prévu.

Ce qu'il faut retenir : $P_F(N) = 0{,}6$ et $P_N(F) \approx 0{,}69$ répondent à deux questions différentes. La première parle des femmes, la seconde des nageurs.

Exemple 2 — un arbre pondéré (contexte industriel)

Énoncé. Une usine fabrique des pièces avec deux machines. La machine $A$ produit $60\,\%$ des pièces, la machine $B$ le reste. On sait que $3\,\%$ des pièces issues de $A$ sont défectueuses, contre $5\,\%$ des pièces issues de $B$. On prélève une pièce au hasard dans la production. On note $D$ « la pièce est défectueuse ».

Étape 1 — traduire l'énoncé. $P(A) = 0{,}6$, donc $P(B) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$. Les deux autres données sont conditionnelles : « $3\,\%$ des pièces issues de $A$ » signifie $P_A(D) = 0{,}03$, et de même $P_B(D) = 0{,}05$. Écris-le noir sur blanc avant de dessiner : c'est là que se joue l'exercice.

Étape 2 — construire l'arbre. Premier niveau : la machine. Second niveau : l'état de la pièce.

Contrôle des sommes : $0{,}6 + 0{,}4 = 1$ à la racine, $0{,}03 + 0{,}97 = 1$ après $A$, $0{,}05 + 0{,}95 = 1$ après $B$. L'arbre est correctement pondéré.

Étape 3 — calculer une intersection. On multiplie le long du chemin :

$P(A \cap D) = P(A) \times P_A(D) = 0{,}6 \times 0{,}03 = 0{,}018$

$P(B \cap D) = P(B) \times P_B(D) = 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}020$

Étape 4 — interpréter. $1{,}8\,\%$ des pièces produites viennent de $A$ et sont défectueuses, contre $2{,}0\,\%$ pour $B$. Autrement dit, la machine $B$ fournit un peu plus de pièces défectueuses que la machine $A$ alors qu'elle produit moins de pièces : c'est son taux de défaut, plus élevé, qui l'emporte.

Le piège de l'exercice : écrire $P(A \cap D) = P(A) \times P(D)$. C'est faux ici — on multiplie par la probabilité conditionnelle $P_A(D)$, celle qui est écrite sur la branche.

Exemple 3 — deux tirages sans remise

Énoncé. Une trousse contient $4$ stylos bleus et $6$ stylos verts. On en tire un au hasard, on le garde, puis on en tire un second. On note $B_1$ « le premier stylo est bleu » et $B_2$ « le second stylo est bleu ».

Étape 1 — le premier tirage. Il y a $10$ stylos équiprobables : $P(B_1) = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$ et $P(\overline{B_1}) = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5}$.

Étape 2 — le second tirage dépend du premier. C'est exactement le rôle des probabilités conditionnelles. S'il reste $9$ stylos :

• si le premier était bleu, il reste $3$ bleus sur $9$ : $P_{B_1}(B_2) = \dfrac{3}{9} = \dfrac{1}{3}$, et $P_{B_1}(\overline{B_2}) = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3}$ ;
• si le premier était vert, il reste $4$ bleus sur $9$ : $P_{\overline{B_1}}(B_2) = \dfrac{4}{9}$, et $P_{\overline{B_1}}(\overline{B_2}) = \dfrac{5}{9}$.

Sur chaque nœud, la somme fait bien $1$ : $\dfrac{3}{9} + \dfrac{6}{9} = 1$ et $\dfrac{4}{9} + \dfrac{5}{9} = 1$.

Étape 3 — un chemin, un produit.

$P(B_1 \cap B_2) = \dfrac{4}{10} \times \dfrac{3}{9} = \dfrac{12}{90} = \dfrac{2}{15} \approx 0{,}13$

$P(B_1 \cap \overline{B_2}) = \dfrac{4}{10} \times \dfrac{6}{9} = \dfrac{24}{90} = \dfrac{4}{15} \approx 0{,}27$

Ce que montre cet exemple : sans remise, le second tirage n'a pas la même loi selon ce qui s'est passé au premier. C'est le cas le plus parlant de conditionnement — le passé change les poids du futur.

Ce que le correcteur attend (et les pièges qui coûtent des points)

• Nomme tes évènements dès la première ligne : « Soit $M$ l'évènement… ». Sans ça, tes formules ne veulent rien dire.
• Annonce la probabilité que tu calcules avant de calculer : écrire « on cherche $P_+(M)$ » vaut souvent un point à lui seul.
• Vérifie chaque nœud de ton arbre : la somme des branches qui en partent doit valoir $1$. Un arbre faux, ce sont tous les calculs qui suivent qui tombent.
• Donne la valeur exacte puis l'arrondi : $\dfrac{98}{593} \approx 0{,}165$, et précise l'arrondi demandé.
• Termine par une phrase en français qui répond à la question posée, avec l'ensemble de référence : « parmi les personnes testées positives, environ $16{,}5\,\%$ sont malades ».

Piège n°1 — l'inversion. $P_A(B)$ et $P_B(A)$ ne sont pas égales en général. Relis l'énoncé et demande-toi : le pourcentage porte sur quel groupe ?

Piège n°2 — la mauvaise pondération. Sur un arbre, on multiplie par le poids de la branche, qui est une probabilité conditionnelle, jamais par $P(B)$.

Piège n°3 — le dénominateur nul. $P_A(B)$ n'existe que si $P(A) \neq 0$. Si l'énoncé peut rendre $A$ impossible, dis-le.

Piège n°4 — additionner des pourcentages de groupes différents. $70\,\%$ des demi-pensionnaires et $30\,\%$ des externes ne s'additionnent pas : ils ne portent pas sur le même ensemble de référence.

Problème type 1 — le test de dépistage

Énoncé. Une maladie touche $1\,\%$ d'une population. On dispose d'un test dont la sensibilité est de $98\,\%$ et la spécificité de $95\,\%$. On dépiste $10\,000$ personnes et on choisit l'une d'elles au hasard. On note $M$ « la personne est malade » et $+$ « le test est positif ».

Le vocabulaire, en symboles (c'est la première question de tout sujet) :

• sensibilité $= P_M(+)$ : la proportion de tests positifs parmi les malades ;
• spécificité $= P_{\overline{M}}(-)$ : la proportion de tests négatifs parmi les non-malades ;
• faux positif : une personne non malade dont le test est positif, soit l'évènement $\overline{M} \cap +$ ;
• faux négatif : une personne malade dont le test est négatif, soit l'évènement $M \cap -$.

Étape 1 — l'arbre des effectifs. Sur $10\,000$ personnes : $1\,\%$ de malades, soit $100$ malades et $9\,900$ non-malades. Parmi les $100$ malades, $98\,\%$ ont un test positif, soit $98$ personnes (et $2$ faux négatifs). Parmi les $9\,900$ non-malades, $95\,\%$ ont un test négatif, soit $9\,405$ personnes ; les $5\,\%$ restants sont des faux positifs, soit $9\,900 \times 0{,}05 = 495$ personnes.

Étape 2 — le tableau. On range ces effectifs, et on complète les totaux par addition.

	Test $+$	Test $-$	Total
$M$	98	2	100
$\overline{M}$	495	9 405	9 900
Total	593	9 407	10 000

Contrôle : $98 + 495 = 593$, $2 + 9\,405 = 9\,407$, et $593 + 9\,407 = 10\,000$.

Étape 3 — la question qui compte. Une personne est testée positive : quelle est la probabilité qu'elle soit malade ? On cherche $P_+(M)$, donc on se restreint à la colonne des positifs.

$P_+(M) = \dfrac{\mathrm{Card}(M \cap +)}{\mathrm{Card}(+)} = \dfrac{98}{593} \approx 0{,}165$

Étape 4 — interpréter, et c'est là qu'on gagne les points. Le test est excellent : $P_M(+) = \dfrac{98}{100} = 0{,}98$. Pourtant, parmi les personnes testées positives, seules $16{,}5\,\%$ environ sont réellement malades. Il n'y a aucune contradiction : les non-malades sont si nombreux que leurs $5\,\%$ d'erreurs ($495$ faux positifs) écrasent les $98$ vrais positifs.

Conclusion à retenir : $P_M(+) = 0{,}98$ et $P_+(M) \approx 0{,}165$ décrivent la même situation. Confondre les deux, c'est croire qu'un test positif signifie « malade » — l'erreur de raisonnement la plus fréquente du chapitre.

Problème type 2 — la phrase de journal

Énoncé. Le journal du lycée écrit : « $70\,\%$ des élèves ayant obtenu une mention Très bien font de la musique ». Un élève en déduit : « donc $70\,\%$ des musiciens ont une mention Très bien ». A-t-il raison ? Le lycée compte $800$ élèves, dont $100$ ont eu une mention Très bien et $240$ pratiquent la musique.

Étape 1 — traduire. $T$ = « mention Très bien », $M$ = « pratique la musique ». La phrase du journal porte sur les mentions Très bien : elle dit $P_T(M) = 0{,}7$. L'élève, lui, affirme $P_M(T) = 0{,}7$. Ce ne sont pas les mêmes conditionnements.

Étape 2 — construire le tableau. $70\,\%$ des $100$ mentions Très bien font de la musique, soit $70$ élèves. Les totaux donnent le reste.

	$M$	$\overline{M}$	Total
$T$	70	30	100
$\overline{T}$	170	530	700
Total	240	560	800

Étape 3 — calculer ce que l'élève a affirmé.

$P_M(T) = \dfrac{70}{240} = \dfrac{7}{24} \approx 0{,}29$

Étape 4 — conclure. L'élève a tort : parmi les musiciens, environ $29\,\%$ seulement ont une mention Très bien, et non $70\,\%$. La raison tient en une ligne : les musiciens sont $240$, bien plus nombreux que les $100$ élèves ayant une mention Très bien, donc le même effectif de $70$ élèves pèse beaucoup moins dans ce groupe.

Le réflexe de contrôle : le numérateur est le même dans les deux calculs (les $70$ élèves qui cumulent les deux qualités) ; seul le dénominateur change. Quand tu hésites, écris l'intersection au numérateur et demande-toi seulement : « je divise par quel groupe ? »

Deux évènements indépendants

Parfois, savoir que $A$ s'est produit ne change rien à la probabilité de $B$. On dit alors que $A$ et $B$ sont indépendants :

$P_A(B) = P(B)$, ce qui équivaut (lorsque $P(A) \neq 0$) à $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$.

Un exemple à vérifier soi-même. Sur $200$ personnes, $80$ possèdent un vélo ($A$), $50$ sont abonnées à une salle de sport ($B$), et $20$ cumulent les deux. Alors $P(A) = \dfrac{80}{200} = 0{,}4$, $P(B) = \dfrac{50}{200} = 0{,}25$ et $P(A \cap B) = \dfrac{20}{200} = 0{,}1$. Comme $0{,}4 \times 0{,}25 = 0{,}1$, les deux évènements sont indépendants — et de fait $P_A(B) = \dfrac{20}{80} = 0{,}25 = P(B)$.

Attention au mot. « Indépendant » n'est pas « incompatible ». Deux évènements incompatibles ($A \cap B = \varnothing$) sont au contraire très liés : si $A$ se produit, $B$ devient impossible.

Additionner les chemins : ce qui vous attend en première

Reprends l'usine du troisième onglet : $P(A) = 0{,}6$, $P_A(D) = 0{,}03$, $P(B) = 0{,}4$, $P_B(D) = 0{,}05$. Quelle est la probabilité qu'une pièce prélevée au hasard soit défectueuse ?

Il n'y a que deux façons d'être défectueuse : venir de $A$ et l'être, ou venir de $B$ et l'être. Ces deux chemins ne peuvent pas se produire ensemble, donc on additionne :

$P(D) = 0{,}6 \times 0{,}03 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}018 + 0{,}020 = 0{,}038$, soit $3{,}8\,\%$.

Statut de ce calcul : le programme de seconde 2026 précise qu'il « n'est pas un attendu ». Tu peux parfaitement le comprendre — on vient de le faire — mais on ne te le demandera pas cette année. En première, il sera écrit sous forme d'une formule générale, valable pour un découpage en autant de cas que l'on veut.

Renverser le conditionnement pour de bon

On sait $P_A(D)$ ; comment obtenir $P_D(A)$, c'est-à-dire : sachant qu'une pièce est défectueuse, quelle chance a-t-elle de venir de la machine $A$ ? La méthode accessible dès la seconde consiste à repasser par les effectifs. Sur $10\,000$ pièces :

Détail des calculs : $10\,000 \times 0{,}6 = 6\,000$ pièces pour $A$, dont $6\,000 \times 0{,}03 = 180$ défectueuses ; $4\,000$ pièces pour $B$, dont $4\,000 \times 0{,}05 = 200$ défectueuses. Au total $180 + 200 = 380$ pièces défectueuses.

$P_D(A) = \dfrac{180}{380} = \dfrac{9}{19} \approx 0{,}47$

La machine $A$ fabrique $60\,\%$ des pièces, mais seulement $47\,\%$ environ des pièces défectueuses. Voilà le renversement complet : de $P_A(D) = 0{,}03$ on est passé à $P_D(A) \approx 0{,}47$, deux nombres qui n'ont rien à voir et qui parlent pourtant de la même usine.

Un peu d'histoire. Ce renversement apparaît au XVIII^e siècle dans des travaux de Bayes et de De Moivre, écrits en anglais, même si c'est Laplace qui en a élaboré la notion. Le vocabulaire des tests de dépistage lui doit tout : sensibilité, spécificité, faux positifs. En première, tu apprendras à le mener sans repasser par les effectifs.