Probabilités conditionnelles

Probabilité conditionnelle

Définition

Soit $A$ et $B$ deux événements d’un univers $\Omega$, avec $P(B) \neq 0$. La probabilité de $A$ sachant $B$ est

$\boxed{P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}}$

C’est la probabilité que $A$ se réalise lorsque l’on sait que $B$ est réalisé : on se restreint à l’univers $B$.

Propriétés

• $0 \leq P_B(A) \leq 1$, $P_B(B) = 1$ et $P_B(\bar{A}) = 1 - P_B(A)$.
• Formule des probabilités composées : $P(A \cap B) = P(B) \times P_B(A) = P(A) \times P_A(B)$.

Attention : en général $P_B(A) \neq P_A(B)$. « Probabilité d’être malade sachant que le test est positif » et « probabilité que le test soit positif sachant que l’on est malade » sont deux nombres différents.

Lecture dans un tableau croisé

	Sport ($S$)	Pas de sport ($\bar{S}$)	Total
Filles ($F$)	$12$	$6$	$18$
Garçons ($\bar{F}$)	$8$	$4$	$12$
Total	$20$	$10$	$30$

On choisit un élève au hasard :

$P(F \cap S) = \frac{12}{30} = 0{,}4 \qquad P_F(S) = \frac{12}{18} = \frac{2}{3} \qquad P_S(F) = \frac{12}{20} = 0{,}6$

$P_F(S)$ se lit dans la ligne de $F$ ; $P_S(F)$ dans la colonne de $S$.

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Arbres pondérés

Un arbre pondéré représente une succession d’étapes ; chaque branche porte une probabilité, conditionnelle à partir du deuxième niveau.

Règles :

1. Les probabilités des branches issues d’un même nœud ont pour somme $1$.
2. La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités de ses branches (probabilités composées).
3. La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des chemins qui le réalisent.

Exemple : une urne contient $4$ boules rouges et $6$ bleues ; on tire deux boules successivement sans remise.

$P(RR) = \frac{4}{10} \times \frac{3}{9} = \frac{2}{15} \qquad P(\text{une seule rouge}) = \frac{4}{10} \times \frac{6}{9} + \frac{6}{10} \times \frac{4}{9} = \frac{8}{15}$

Les branches du second niveau sont des probabilités conditionnelles : $\frac{3}{9} = P_{R_1}(R_2)$.

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Partition de l’univers et probabilités totales

Des événements $B_1, B_2, \ldots, B_n$ forment une partition de $\Omega$ (ou système complet d’événements) s’ils sont deux à deux incompatibles et si leur réunion est $\Omega$. Exemple le plus simple : $B$ et $\bar{B}$.

Formule des probabilités totales. Si $B_1, \ldots, B_n$ forment une partition de $\Omega$ avec des probabilités non nulles, alors pour tout événement $A$ : $\boxed{P(A) = P(B_1)\,P_{B_1}(A) + P(B_2)\,P_{B_2}(A) + \cdots + P(B_n)\,P_{B_n}(A)}$

Sur un arbre, c’est la somme des chemins qui mènent à $A$. Avec deux cas : $P(A) = P(B)P_B(A) + P(\bar{B})P_{\bar{B}}(A)$.

Exemple : une usine a deux machines. $M_1$ fabrique $60\,\%$ des pièces avec $2\,\%$ de défauts ; $M_2$ fabrique $40\,\%$ des pièces avec $5\,\%$ de défauts.

$P(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032$

Remonter l’arbre : sachant qu’une pièce est défectueuse, la probabilité qu’elle vienne de $M_2$ est, par définition,

$P_D(M_2) = \frac{P(M_2 \cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}020}{0{,}032} = 0{,}625$

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Indépendance de deux événements

Définition. $A$ et $B$ sont indépendants si $\boxed{P(A \cap B) = P(A) \times P(B)}$

Si $P(B) \neq 0$, cela équivaut à $P_B(A) = P(A)$ : savoir que $B$ est réalisé ne change pas la probabilité de $A$.

Propriété : si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\bar{B}$ le sont aussi (de même $\bar{A}$ et $B$, $\bar{A}$ et $\bar{B}$). En effet $P(A \cap \bar{B}) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)(1 - P(B)) = P(A)P(\bar{B})$.

Exemple : on lance deux dés. $A$ = « le premier dé donne $6$ », $B$ = « la somme vaut $7$ ». $P(A) = \frac{1}{6}$, $P(B) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$, $A \cap B = \{(6\,;\,1)\}$ donc $P(A \cap B) = \frac{1}{36} = P(A)P(B)$ : $A$ et $B$ sont indépendants.

Contre-exemple : avec $B'$ = « la somme vaut $12$ » : $P(B') = \frac{1}{36}$ et $P(A \cap B') = \frac{1}{36} \neq \frac{1}{6} \times \frac{1}{36}$ : pas indépendants (la somme $12$ exige un $6$ au premier dé).

Indépendant $\neq$ incompatible. Deux événements incompatibles ($A \cap B = \varnothing$) de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants : $P(A \cap B) = 0 \neq P(A)P(B)$.

Modèle et réalité. L’indépendance de deux lancers de dés est une hypothèse de modélisation, justifiée par l’analyse de la situation physique ; on la vérifie parfois par le calcul (comme ci-dessus), on la pose souvent comme point de départ.

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Succession de deux épreuves indépendantes

Quand deux expériences sont indépendantes (le résultat de l’une n’influence pas l’autre), la probabilité d’un couple d’issues est le produit des probabilités. On représente la situation par un arbre ou un tableau.

Exemple : on lance un dé équilibré puis une pièce équilibrée. Probabilité d’obtenir « $6$ puis pile » : $\frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}$.

	Pile ($\frac{1}{2}$)	Face ($\frac{1}{2}$)
$1$ ($\frac{1}{6}$)	$\frac{1}{12}$	$\frac{1}{12}$
$\vdots$	$\vdots$	$\vdots$
$6$ ($\frac{1}{6}$)	$\frac{1}{12}$	$\frac{1}{12}$

Les $12$ cases sont équiprobables : c’est le produit cartésien $\{1, \ldots, 6\} \times \{P, F\}$.

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Répétition d’épreuves de Bernoulli ($n \leq 4$)

Une épreuve de Bernoulli est une expérience à deux issues : succès (probabilité $p$) et échec (probabilité $1 - p$). On la répète $n$ fois de façon indépendante et identique ; l’arbre a $2^n$ chemins.

Un chemin comportant $k$ succès et $n - k$ échecs a pour probabilité $p^k(1-p)^{n-k}$, quel que soit l’ordre.

Exemple ($n = 3$, $p = 0{,}6$) :

• exactement deux succès : $3$ chemins (SSE, SES, ESS), $P = 3 \times 0{,}6^2 \times 0{,}4 = 0{,}432$ ;
• au moins un succès : $1 - P(\text{EEE}) = 1 - 0{,}4^3 = 0{,}936$.

Exemple ($n = 4$, $p = \frac{1}{2}$, quatre lancers de pièce) : exactement deux piles : $6$ chemins sur $16$, $P = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}$.

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Algorithme — méthode de Monte-Carlo

On estime une probabilité (ou une aire) en simulant un grand nombre de tirages aléatoires et en calculant une fréquence.

Estimation de $\pi$ : on tire un point au hasard dans le carré $[0\,;\,1]^2$ ; la probabilité qu’il soit dans le quart de disque $x^2 + y^2 \leq 1$ vaut $\dfrac{\pi}{4}$.

from random import random

def estime_pi(n):
    compteur = 0
    for k in range(n):
        x, y = random(), random()
        if x**2 + y**2 <= 1:
            compteur = compteur + 1
    return 4 * compteur / n

estime_pi(100000) renvoie une valeur proche de 3.14. Le même principe estime l’aire sous la parabole $y = x^2$ sur $[0\,;\,1]$ en comptant les points tels que y <= x**2 (résultat proche de $\frac{1}{3}$).

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Pièges classiques

• $P_B(A)$ se calcule en divisant par $P(B)$, l’événement connu, pas par $P(A)$.
• Ne pas confondre $P(A \cap B)$ (chemin complet) et $P_B(A)$ (une seule branche).
• Indépendants et incompatibles sont deux notions différentes.
• Sans remise, les probabilités du second tirage changent : les épreuves ne sont pas indépendantes.
• Pour « exactement $k$ succès », ne pas oublier de compter tous les chemins ayant $k$ succès.