04 · Probabilité conditionnelle¶
Intuition
Une probabilité conditionnelle répond à la question : « sachant que \(B\) s'est produit, quelle est la probabilité de \(A\) ? »
Concrètement, on réduit l'univers : \(B\) devient le nouveau monde possible, et l'on renormalise pour que sa probabilité vaille 1.
C'est l'outil qui permet de mettre à jour une croyance quand une information arrive — et c'est, à ce titre, le concept le plus utilisé de tout le module, en diagnostic médical comme en apprentissage automatique.
1. Définition¶
Définition
Soient \(A\) et \(B\) deux événements avec \(P(B) > 0\). La probabilité de \(A\) sachant \(B\) est
Notation : on rencontre aussi \(P_B(A)\). Les deux se lisent « probabilité de \(A\) sachant \(B\) ».
La condition \(P(B)>0\) n'est pas décorative
On ne conditionne pas par un événement de probabilité nulle : la formule diviserait par zéro. (Il existe des extensions pour les variables continues, hors programme du S1.)
\(P(A\mid B) \neq P(B\mid A)\)
C'est l'erreur de raisonnement la plus répandue, au point d'avoir un nom : l'erreur du procureur.
« 99 % des malades ont ce symptôme » ne signifie pas « 99 % de ceux qui ont ce symptôme sont malades ». Les deux nombres peuvent différer d'un facteur mille — c'est le sujet du chapitre 05.
1.1 Pourquoi cette formule¶
\(P(\cdot\mid B)\) est une probabilité à part entière sur l'univers réduit à \(B\) : elle vérifie les trois axiomes de Kolmogorov.
- \(P(A\mid B)\geqslant0\) ✓
- \(P(\Omega\mid B) = \frac{P(B)}{P(B)} = 1\) ✓
- additivité : héritée de celle de \(P\) ✓
Conséquence : toutes les formules du chapitre 02 restent vraies en conditionnant.
Mais pas en conditionnant de l'autre côté
\(P(A\mid \overline B) \neq 1-P(A\mid B)\). Le complémentaire fonctionne sur l'événement avant la barre, jamais après.
2. Formule des probabilités composées¶
En réécrivant la définition :
Généralisation à \(n\) événements :
C'est la formule de l'arbre
Elle traduit exactement le parcours d'une branche dans un arbre de probabilités : on multiplie les probabilités rencontrées le long du chemin.
3. Arbres de probabilité¶
L'arbre est l'outil de résolution le plus efficace du chapitre.
Les trois règles
- La somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut 1.
- La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités des branches parcourues.
- La probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins qui y mènent.
Exemple. Deux urnes : \(U_1\) (3 rouges, 2 bleues) et \(U_2\) (1 rouge, 4 bleues). On choisit une urne au hasard puis une boule.
3/5 Rouge P = 1/2 x 3/5 = 3/10
U1 <
1/2 / 2/5 Bleue P = 1/2 x 2/5 = 2/10
<
1/2 \ 1/5 Rouge P = 1/2 x 1/5 = 1/10
U2 <
4/5 Bleue P = 1/2 x 4/5 = 4/10
Contrôle : \(\frac{3+2+1+4}{10} = 1\) ✓
4. Formule des probabilités totales¶
Théorème
Soit \((A_1,\dots,A_n)\) un système complet d'événements de probabilités non nulles. Alors pour tout événement \(B\) :
Démonstration
D'après l'exercice 7 du chapitre 01, \(B = \bigcup_i (B\cap A_i)\) et ces événements sont deux à deux incompatibles.
Par additivité, \(P(B) = \sum_i P(B\cap A_i)\), puis on applique les probabilités composées. \(\blacksquare\)
Cas le plus fréquent, avec le système complet \((A,\overline A)\) :
Comment la reconnaître dans un énoncé
Chaque fois qu'un énoncé décrit une situation à deux étapes — d'abord une cause, puis un effet — et donne les probabilités de l'effet conditionnellement à chaque cause, c'est la formule des probabilités totales qu'il faut appliquer.
Mots-clés : « parmi les… », « dans le cas où… », « selon que… ».
Exemples traités¶
Exemple 1 — Calcul direct
On tire une carte dans un jeu de 32. Sachant qu'elle est rouge, quelle est la probabilité que ce soit un roi ?
\(B\) : rouge, \(P(B) = \frac{16}{32}=\frac12\). \(A\cap B\) : roi rouge, il y en a 2, donc \(P(A\cap B) = \frac{2}{32}\).
Lecture directe : parmi les 16 cartes rouges, 2 sont des rois.
Exemple 2 — Tirages sans remise
Une urne contient 4 rouges et 6 bleues. On tire 2 boules successivement sans remise. Probabilité d'obtenir 2 rouges ?
Par les probabilités composées :
Vérification par le modèle simultané : \(\frac{\binom42}{\binom{10}{2}} = \frac{6}{45} = \frac{2}{15}\) ✓
Le conditionnement rend le sans-remise facile
Après le premier tirage, il reste 9 boules dont 3 rouges. La probabilité conditionnelle se lit directement sur l'urne modifiée — aucun dénombrement n'est nécessaire.
Exemple 3 — Probabilités totales
Une usine a trois chaînes de production. La chaîne A produit 50 % des pièces, B 30 %, C 20 %. Les taux de défaut sont respectivement 2 %, 3 % et 5 %.
Quelle est la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit défectueuse ?
\((A,B,C)\) est un système complet.
2,9 % des pièces sont défectueuses.
Contrôle de plausibilité
Le résultat doit être compris entre le plus petit et le plus grand taux conditionnel : \(0{,}02 \leqslant 0{,}029 \leqslant 0{,}05\) ✓
C'est une moyenne pondérée des taux — elle ne peut pas sortir de l'intervalle.
Exemple 4 — Deux étapes en chaîne
Un joueur a 60 % de chances de réussir son premier tir. S'il réussit, il a 80 % de chances de réussir le second ; s'il échoue, seulement 40 %.
Probabilité qu'il réussisse exactement un tir ?
Deux chemins :
- réussir puis échouer : \(0{,}6\times0{,}2 = 0{,}12\) ;
- échouer puis réussir : \(0{,}4\times0{,}4 = 0{,}16\).
Contrôle par la somme totale : deux réussites \(0{,}48\), exactement une \(0{,}28\), aucune \(0{,}4\times0{,}6 = 0{,}24\).
Erreurs fréquentes¶
| Erreur | Correction |
|---|---|
| \(P(A\mid B) = P(B\mid A)\) | Erreur du procureur |
| \(P(A\mid\overline B) = 1-P(A\mid B)\) | Le complémentaire agit avant la barre |
| Oublier de renormaliser | Diviser par \(P(B)\) |
| Additionner au lieu de multiplier dans un arbre | Multiplier le long d'un chemin |
| Système incomplet dans les probabilités totales | Vérifier les trois conditions |
| Conditionner par un événement de probabilité nulle | Interdit |
Exercices¶
★ Exercice 1. \(P(A)=0{,}5\), \(P(B)=0{,}4\), \(P(A\cap B)=0{,}2\).
a) \(P(A\mid B)\) b) \(P(B\mid A)\) c) \(P(\overline A\mid B)\)
★ Exercice 2. On lance un dé. Calculer :
a) \(P(\text{pair}\mid \geqslant 3)\) b) \(P(\geqslant 3\mid\text{pair})\) c) Comparer et commenter.
★★ Exercice 3. Une urne contient 5 rouges et 3 noires. On tire 3 boules successivement sans remise.
a) Probabilité d'obtenir 3 rouges. b) Probabilité que la troisième soit rouge sachant que les deux premières le sont. c) Probabilité que la première soit rouge sachant qu'on a obtenu 3 rouges.
★★ Exercice 4. Dans une population, 40 % sont des hommes. 25 % des hommes et 10 % des femmes sont fumeurs.
a) Quelle est la proportion de fumeurs ? b) Sachant qu'une personne est fumeuse, quelle est la probabilité que ce soit un homme ?
★★ Exercice 5. Un test antigénique détecte correctement 90 % des personnes infectées et donne 5 % de faux positifs. La prévalence est de 2 %.
a) Probabilité qu'un test tiré au hasard soit positif. b) Faire l'arbre complet et vérifier que la somme des quatre chemins vaut 1.
★★★ Exercice 6. Deux machines produisent des pièces. La machine 1 fabrique \(60\%\) de la production avec \(3\%\) de rebut, la machine 2 le reste avec \(7\%\) de rebut.
a) Taux de rebut global. b) Une pièce est bonne : probabilité qu'elle vienne de la machine 1 ? c) On tire 3 pièces indépendamment. Probabilité qu'aucune ne soit défectueuse ?
★★★ Exercice 7. On lance une pièce équilibrée jusqu'au premier pile.
a) Probabilité que le premier pile arrive au lancer \(n\). b) Sachant que les 3 premiers lancers ont donné face, probabilité que le premier pile arrive au lancer 5 ? c) Commenter : la pièce « se souvient-elle » ?
★★★ Exercice 8. Une urne A contient 2 rouges et 3 bleues, une urne B en contient 4 rouges et 1 bleue. On tire une boule de A qu'on met dans B, puis on tire une boule de B.
a) Probabilité que la boule finale soit rouge. b) Sachant qu'elle est rouge, probabilité que la boule transférée était rouge ?
★★★★ Exercice 9. Le problème de Monty Hall. Trois portes, une voiture derrière l'une, des chèvres derrière les deux autres. Vous choisissez une porte. Le présentateur, qui sait où est la voiture, ouvre une autre porte révélant une chèvre, puis vous propose de changer.
a) Modéliser proprement l'expérience. b) Calculer la probabilité de gagner en changeant, et en ne changeant pas. c) Où intervient exactement l'hypothèse « le présentateur sait » ? d) Que devient le résultat si le présentateur ouvre une porte au hasard (et qu'il se trouve qu'elle cache une chèvre) ?
★★★★ Exercice 10 — lien informatique. Un système est composé de \(n\) composants en série : il tombe en panne dès qu'un composant tombe en panne.
a) Si chaque composant fonctionne avec probabilité \(p\), indépendamment, quelle est la fiabilité du système ? b) Application : \(p = 0{,}999\) et \(n = 1000\). Commenter. c) Avec une redondance double (chaque composant est doublé, le sous-système fonctionne si au moins un des deux fonctionne), quelle est la nouvelle fiabilité ? d) Comparer numériquement et conclure sur l'intérêt de la redondance.
Corrigés¶
Corrigé — Exercice 1
a) \(\dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5\). b) \(\dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4\). c) \(1-P(A\mid B) = 1-0{,}5 = 0{,}5\).
Corrigé — Exercice 2
a) \(B\) : \(\{3,4,5,6\}\), \(P(B)=\frac46\). \(A\cap B = \{4,6\}\), \(P = \frac26\).
b) \(A\) : \(\{2,4,6\}\), \(P(A)=\frac12\).
c) \(\frac12 \neq \frac23\) : les deux conditionnements donnent des résultats différents.
Ce n'est pas une contradiction — ce sont deux questions différentes. « Parmi les nombres \(\geqslant3\), combien sont pairs ? » (2 sur 4) et « Parmi les nombres pairs, combien sont \(\geqslant3\) ? » (2 sur 3).
Corrigé — Exercice 3
a)
Vérification simultanée : \(\frac{\binom53}{\binom83} = \frac{10}{56} = \frac{5}{28}\) ✓
b) Après 2 rouges, il reste 6 boules dont 3 rouges :
c) \(P(R_1\mid R_1\cap R_2\cap R_3) = 1\) : si les trois sont rouges, la première l'est nécessairement.
(Formellement : \(\frac{P(R_1\cap R_1R_2R_3)}{P(R_1R_2R_3)} = \frac{P(R_1R_2R_3)}{P(R_1R_2R_3)} = 1\).)
Corrigé — Exercice 4
a) Système complet \((H,F)\) :
16 % de fumeurs.
b)
62,5 % des fumeurs sont des hommes — alors qu'ils ne représentent que 40 % de la population.
Corrigé — Exercice 5
Notons \(M\) « infecté », \(T^+\) « test positif ». \(P(M)=0{,}02\), \(P(T^+\mid M)=0{,}90\), \(P(T^+\mid\overline M)=0{,}05\).
a)
6,7 % des tests sont positifs.
b) Arbre complet.
| Chemin | Calcul | Probabilité |
|---|---|---|
| Infecté, test \(+\) (vrai positif) | \(0{,}02\times0{,}90\) | 0,018 |
| Infecté, test \(-\) (faux négatif) | \(0{,}02\times0{,}10\) | 0,002 |
| Sain, test \(+\) (faux positif) | \(0{,}98\times0{,}05\) | 0,049 |
| Sain, test \(-\) (vrai négatif) | \(0{,}98\times0{,}95\) | 0,931 |
Somme : \(0{,}018+0{,}002+0{,}049+0{,}931 = 1{,}000\) ✓
Le chiffre qui saute aux yeux
Parmi les tests positifs, 0,049 sur 0,067 — soit près des trois quarts — sont des faux positifs. On l'exploitera au chapitre 05.
Corrigé — Exercice 6
a)
4,6 % de rebut.
b)
Légèrement plus que 60 % — logique, puisque la machine 1 est la meilleure.
c) Tirages indépendants :
Corrigé — Exercice 7
a) \(n-1\) faces puis un pile :
Contrôle : \(\sum_{n\geqslant1}\frac{1}{2^n} = 1\) ✓
b) Soit \(B\) : « les 3 premiers sont face ». \(P(B) = \frac18\).
c) Or \(P(N=2) = \frac14\) également.
Autrement dit : sachant qu'on a déjà échoué 3 fois, la probabilité qu'il faille encore 2 lancers est la même que la probabilité initiale qu'il en faille 2.
C'est la propriété d'absence de mémoire de la loi géométrique. La pièce ne se souvient de rien : les échecs passés ne rendent pas le succès « plus dû ».
C'est exactement le sophisme du joueur, et c'est mathématiquement réfuté ici.
Corrigé — Exercice 8
Notons \(T_R\) « la boule transférée est rouge », \(F_R\) « la boule finale est rouge ».
\(P(T_R) = \frac25\), \(P(T_B) = \frac35\).
Après transfert, B contient 6 boules :
- si rouge transférée : 5 rouges, 1 bleue → \(P(F_R\mid T_R) = \frac56\) ;
- si bleue transférée : 4 rouges, 2 bleues → \(P(F_R\mid T_B) = \frac46\).
a)
b)
Supérieur à \(P(T_R) = 0{,}4\) : observer une boule rouge à l'arrivée rend le transfert d'une rouge plus probable. C'est un raisonnement bayésien, formalisé au chapitre suivant.
Corrigé — Exercice 9
a) Modélisation. Sans perte de généralité, le joueur choisit la porte 1. Soit \(V_i\) « la voiture est derrière la porte \(i\) », avec \(P(V_i)=\frac13\).
Le présentateur ouvre une porte parmi \(\{2,3\}\), qui n'est pas celle du joueur et qui cache une chèvre.
b) Stratégie « ne pas changer ». Le joueur gagne si et seulement si son choix initial était bon :
Stratégie « changer ». Le joueur gagne si et seulement si son choix initial était mauvais — car alors, le présentateur ayant éliminé l'autre chèvre, la porte restante cache la voiture.
Changer double les chances de gagner.
Vérification par les probabilités totales. Supposons que le présentateur ouvre la porte 3 (notons \(O_3\)).
- \(P(O_3\mid V_1) = \frac12\) (il choisit au hasard entre 2 et 3) ;
- \(P(O_3\mid V_2) = 1\) (il ne peut ouvrir ni 1 ni 2) ;
- \(P(O_3\mid V_3) = 0\).
✓
c) Où intervient « le présentateur sait ». Dans la valeur \(P(O_3\mid V_2) = 1\). Parce qu'il connaît l'emplacement, il est contraint d'ouvrir la porte 3 quand la voiture est en 2. C'est cette contrainte qui transfère de l'information.
d) Présentateur ignorant. S'il ouvre au hasard parmi \(\{2,3\}\) :
- \(P(O_3\mid V_1) = \frac12\) ;
- \(P(O_3\mid V_2) = \frac12\) ;
- \(P(O_3\mid V_3) = \frac12\) — mais dans ce cas il révèle la voiture, et la partie s'arrête.
Conditionnellement à « il a ouvert 3 et c'était une chèvre » :
Changer ou rester donne 50-50. L'avantage disparaît entièrement.
La morale
Ce n'est pas l'ouverture de la porte qui informe, c'est le fait qu'un agent informé ait été contraint dans son choix. Deux protocoles produisant la même observation peuvent porter des informations radicalement différentes.
C'est une leçon essentielle pour l'analyse de données réelles : la manière dont une observation a été produite fait partie du modèle.
Corrigé — Exercice 10
a) Le système fonctionne si tous les composants fonctionnent, donc par indépendance :
b) \(p=0{,}999\), \(n=1000\) :
Seulement 37 % de fiabilité, alors que chaque composant est fiable à 99,9 %.
(On reconnaît \(\left(1-\frac{1}{1000}\right)^{1000}\approx e^{-1}\) — encore la même limite.)
Le message
La fiabilité d'un système en série s'effondre exponentiellement avec le nombre de composants. C'est pourquoi les systèmes critiques — avionique, spatial, centrales — ne sont jamais purement en série.
c) Redondance double. Un sous-système de 2 composants en parallèle tombe en panne uniquement si les deux tombent :
Le système complet, formé de \(n\) sous-systèmes en série :
d) Comparaison.
| Architecture | Fiabilité | Composants |
|---|---|---|
| Série simple | 0,3677 | 1 000 |
| Série + redondance double | 0,9990 | 2 000 |
Doubler le matériel fait passer la fiabilité de 37 % à 99,9 % — un gain de deux ordres de grandeur sur la probabilité de panne (\(0{,}63 \to 0{,}001\)).
C'est l'argument quantitatif qui justifie le coût de la redondance dans tout système critique : RAID pour le stockage, réplication pour les bases de données, triple redondance dans l'avionique.
p, n = 0.999, 1000
serie = p ** n
redondant = (1 - (1 - p) ** 2) ** n
print(f"serie = {serie:.6f}")
print(f"redondant = {redondant:.6f}")
print(f"panne div. par {(1-serie)/(1-redondant):.0f}")
Sortie : panne divisee par 633.
Chapitre suivant : Indépendance et formule de Bayes.