Probabilités – Échantillonnage

Expérience aléatoire et modèle

Une expérience aléatoire a plusieurs résultats possibles, qu’on ne peut pas prévoir. L’ensemble des résultats (les issues) est l’univers $\Omega$. Un événement est une partie de $\Omega$.

Une loi de probabilité attribue à chaque issue un nombre de $[0\,;\,1]$, la somme de ces nombres valant $1$. La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des issues qui le composent.

Choisir une loi, c’est choisir un modèle : cela ne se démontre pas. Pour un dé « équilibré », on suppose l’équiprobabilité ; pour une punaise qui tombe sur la pointe ou sur la tête, on construit le modèle à partir des fréquences observées sur un grand nombre de lancers.

Équiprobabilité : si toutes les issues ont la même probabilité,

$P(A) = \frac{\text{Card}(A)}{\text{Card}(\Omega)} = \frac{\text{nombre d'issues favorables}}{\text{nombre d'issues possibles}}$

Exemple. Dé équilibré : $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$, $P(\text{pair}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$, $P(\text{multiple de } 3) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$.

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Calculs sur les événements

Notation	Signification	Probabilité
$\bar{A}$	contraire de $A$ (« non $A$ »)	$P(\bar{A}) = 1 - P(A)$
$A \cap B$	« $A$ et $B$ »	—
$A \cup B$	« $A$ ou $B$ »	$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$

Si $A$ et $B$ sont incompatibles ($A \cap B = \emptyset$) : $P(A \cup B) = P(A) + P(B)$.

Exemple. Dans une classe, $P(\text{anglais}) = 0{,}8$, $P(\text{espagnol}) = 0{,}6$, $P(\text{les deux}) = 0{,}5$. $P(\text{au moins une}) = 0{,}8 + 0{,}6 - 0{,}5 = 0{,}9$ et $P(\text{aucune}) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$.

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Tableau croisé et probabilité conditionnelle

On tire au hasard un individu dans une population décrite par un tableau croisé d’effectifs. Chaque individu a la même probabilité : les probabilités sont des fréquences.

	Interne ($I$)	Externe ($\bar{I}$)	Total
Filles ($F$)	$120$	$180$	$300$
Garçons ($\bar{F}$)	$60$	$140$	$200$
Total	$180$	$320$	$500$

• Fréquences marginales (dernière ligne et dernière colonne) : $P(F) = \frac{300}{500} = 0{,}6$, $P(I) = \frac{180}{500} = 0{,}36$.
• Intersection : $P(F \cap I) = \frac{120}{500} = 0{,}24$.
• Fréquence conditionnelle : parmi les filles, la proportion d’internes est $\frac{120}{300} = 0{,}4$.

Définition. Si $P(A) \neq 0$, la probabilité conditionnelle de $B$ sachant $A$ est

$P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} \qquad \left(= \frac{\text{Card}(A \cap B)}{\text{Card}(A)} \text{ en cas d'équiprobabilité}\right)$

$P_F(I) = \dfrac{120}{300} = 0{,}4$ : probabilité d’être interne sachant qu’on est une fille. $P_I(F) = \dfrac{120}{180} = \dfrac{2}{3}$ : probabilité d’être une fille sachant qu’on est interne.

Ces deux nombres sont différents : le dénominateur est l’effectif de la condition. En français : « $40\,\%$ des filles sont internes » ($P_F(I)$) n’est pas « $40\,\%$ des internes sont des filles ».

De la définition on tire la formule du produit : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = P(B) \times P_B(A)$.

Algorithme : filtrer une population selon deux caractères. Si les individus sont décrits par deux listes de même longueur (sexe et regime), on compte ceux qui vérifient un critère avec les connecteurs and, or, not :

def compte(sexe, regime):
    n_filles = 0
    n_filles_internes = 0
    for i in range(len(sexe)):
        if sexe[i] == 'F':
            n_filles = n_filles + 1
            if regime[i] == 'interne':
                n_filles_internes = n_filles_internes + 1
    return n_filles_internes / n_filles

La fonction renvoie la fréquence conditionnelle d’« interne » parmi les filles, soit $P_F(I)$.

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Arbres pondérés

Un arbre pondéré décrit une expérience en deux étapes. Les branches du premier niveau portent les probabilités $P(A)$, $P(\bar{A})$ ; celles du second niveau portent des probabilités conditionnelles $P_A(B)$, $P_A(\bar{B})$, etc.

Règles :

1. La somme des probabilités des branches issues d’un même nœud vaut $1$.
2. La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités de ses branches : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}3 \times 0{,}8 = 0{,}24$.
3. La probabilité d’un événement est la somme des probabilités des chemins qui y mènent : $P(B) = P(A \cap B) + P(\bar{A} \cap B) = 0{,}24 + 0{,}35 = 0{,}59$.

Exemple. Une urne contient $2$ boules rouges et $3$ noires. On tire une boule, on ne la remet pas, on en tire une seconde. $P(R_1) = \frac{2}{5}$ ; sachant $R_1$, il reste $1$ rouge sur $4$ : $P_{R_1}(R_2) = \frac{1}{4}$. Donc $P(R_1 \cap R_2) = \frac{2}{5} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{10}$.

Passer de la langue naturelle au symbole : « sachant que », « parmi les… », « chez les… » signalent un conditionnement.

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Ne pas confondre $P_A(B)$ et $P_B(A)$ : les tests

Un test de dépistage d’une maladie $M$ donne un résultat $T$ (positif) ou $\bar{T}$ (négatif).

• Sensibilité : $P_M(T)$, proportion de tests positifs parmi les malades.
• Spécificité : $P_{\bar{M}}(\bar{T})$, proportion de tests négatifs parmi les non-malades.
• Faux positif : $T \cap \bar{M}$ ; faux négatif : $\bar{T} \cap M$.

Exemple. Population de $10\,000$ personnes, $1\,\%$ de malades ($100$). Sensibilité $0{,}9$ : $90$ malades testés positifs. Spécificité $0{,}95$ : $5\,\%$ des $9\,900$ non-malades, soit $495$, sont des faux positifs.

	$T$	$\bar{T}$	Total
$M$	$90$	$10$	$100$
$\bar{M}$	$495$	$9\,405$	$9\,900$
Total	$585$	$9\,415$	$10\,000$

$P_M(T) = \frac{90}{100} = 0{,}9$, mais $P_T(M) = \frac{90}{585} \approx 0{,}15$ : un test positif ne signifie pas « malade à $90\,\%$ ». Quand la maladie est rare, les faux positifs dominent.

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Loi des grands nombres et fluctuation d’échantillonnage

On répète $n$ fois une expérience dans les mêmes conditions et on note la fréquence observée $f_n$ d’un événement (par exemple la proportion de « pile »). Un échantillon de taille $n$ est le résultat de ces $n$ répétitions.

• Fluctuation d’échantillonnage : deux échantillons de même taille donnent en général des fréquences différentes. Pour $n$ petit, la fluctuation est forte.
• Loi des grands nombres (version vulgarisée) : « lorsque $n$ est grand, sauf exception, la fréquence observée est proche de la probabilité ».

La fréquence n’est pas la probabilité : $482$ pile sur $1\,000$ lancers donne $f = 0{,}482$, cohérent avec $P = 0{,}5$. Et la pièce n’a pas de mémoire : les lancers suivants ne « compensent » rien.

Simulation en Python :

from random import randint

def frequence_six(n):
    """Fréquence du 6 sur n lancers d'un dé équilibré."""
    compteur = 0
    for _ in range(n):
        if randint(1, 6) == 6:
            compteur = compteur + 1
    return compteur / n

for n in [10, 100, 1000, 10000]:
    print(n, frequence_six(n))

Exécution possible : 10 → 0.3, 100 → 0.21, 1000 → 0.171, 10000 → 0.1662. Les fréquences se stabilisent autour de $\frac{1}{6} \approx 0{,}167$ quand $n$ grandit. En relançant le programme, les premières valeurs changent beaucoup, les dernières très peu.

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Piège classique

« Sachant que » change le dénominateur.

Dans le tableau des élèves, $P(F \cap I) = \frac{120}{500}$ (on divise par tout le monde), $P_F(I) = \frac{120}{300}$ (on divise par les filles), $P_I(F) = \frac{120}{180}$ (on divise par les internes). Trois questions différentes, trois réponses différentes, un seul numérateur.