Probabilités conditionnelles et indépendance
Probabilités conditionnelles
Probabilités conditionnelles et indépendance
Introduction
En classe de Seconde, vous avez étudié les probabilités d'événements simples. En Première, on enrichit ce cadre en introduisant la probabilité conditionnelle : la probabilité qu'un événement se réalise sachant qu'un autre événement a eu lieu. Cette notion est essentielle en statistiques, en médecine (tests de dépistage) et en sciences de l'information.
Probabilité conditionnelle
Définition
Soit $B$ un événement de probabilité non nulle ($P(B) > 0$). La probabilité conditionnelle de $A$ sachant $B$ est :
$$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$$
Interprétation : $P(A|B)$ mesure la probabilité de $A$ lorsqu'on sait que $B$ est réalisé. L'univers « se réduit » à $B$.
Exemple fondateur
On lance un dé équilibré. Soit $A$ = « obtenir 6 » et $B$ = « obtenir un nombre pair ».
$$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} = \frac{P(\{6\})}{P(\{2,4,6\})} = \frac{1/6}{3/6} = \frac{1}{3}$$
Sachant que le résultat est pair, il y a une chance sur trois d'avoir obtenu 6.
Propriété multiplicative
De la définition, on déduit immédiatement :
$$P(A \cap B) = P(A|B) \cdot P(B) = P(B|A) \cdot P(A)$$
Cette formule est très utile pour calculer $P(A \cap B)$ à partir d'un arbre pondéré.
Arbres pondérés
Un arbre pondéré (ou arbre de probabilité) est un outil graphique permettant de représenter et calculer des probabilités conditionnelles.
Règles de construction
- Chaque branche porte la probabilité de l'événement sachant le nœud parent.
- La somme des probabilités issues d'un même nœud vaut 1.
- La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités le long des branches.
- $P(A)$ est la somme des probabilités des chemins menant à $A$.
Exemple
Un sac contient 3 boules rouges et 2 boules vertes. On tire deux boules successivement sans remise.
Premier tirage : $P(R_1) = \frac{3}{5}$, $P(V_1) = \frac{2}{5}$.
Deuxième tirage sachant $R_1$ : $P(R_2|R_1) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$, $P(V_2|R_1) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$.
Deuxième tirage sachant $V_1$ : $P(R_2|V_1) = \frac{3}{4}$, $P(V_2|V_1) = \frac{1}{4}$.
Ainsi :
$$P(R_1 \cap R_2) = \frac{3}{5} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{10}$$
$$P(\text{deux boules de même couleur}) = P(R_1 \cap R_2) + P(V_1 \cap V_2) = \frac{3}{10} + \frac{2}{5} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{10} + \frac{1}{10} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$$
Formule des probabilités totales
Théorème
Si $B_1, B_2, \ldots, B_n$ forment une partition de l'univers $\Omega$ (événements incompatibles dont la réunion est $\Omega$, chacun de probabilité non nulle), alors pour tout événement $A$ :
$$P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(A|B_i) \cdot P(B_i)$$
Cas usuel : partition en deux
$$P(A) = P(A|B) \cdot P(B) + P(A|\overline{B}) \cdot P(\overline{B})$$
Exemple
Un test de dépistage a les caractéristiques suivantes :
- Prévalence de la maladie : $P(M) = 0{,}02$.
- Le test est positif chez un malade : $P(T^+|M) = 0{,}95$.
- Le test est positif chez un non-malade : $P(T^+|\overline{M}) = 0{,}03$.
Quelle est la probabilité d'avoir un test positif ?
$$P(T^+) = P(T^+|M) \cdot P(M) + P(T^+|\overline{M}) \cdot P(\overline{M})$$
$$= 0{,}95 \times 0{,}02 + 0{,}03 \times 0{,}98 = 0{,}019 + 0{,}0294 = 0{,}0484$$
Indépendance
Définition
Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si :
$$P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$$
L'indépendance signifie que la réalisation de $B$ ne modifie pas la probabilité de $A$ : $P(A|B) = P(A)$.
Vérification
Exemple : On lance deux dés. Soit $A$ = « le premier dé donne 6 » et $B$ = « le deuxième dé donne un nombre pair ».
$$P(A) = \frac{1}{6}, \quad P(B) = \frac{1}{2}, \quad P(A \cap B) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}$$
Comme $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$, les événements $A$ et $B$ sont indépendants. ✓
Propriété
Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ sont aussi indépendants (de même $\overline{A}$ et $B$, et $\overline{A}$ et $\overline{B}$).
Attention
L'indépendance n'est pas l'incompatibilité ! Deux événements incompatibles ($A \cap B = \emptyset$) de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants.
Exercice résolu : test de dépistage (formule de Bayes)
Un test de dépistage a les caractéristiques suivantes : $P(M) = 0{,}01$, $P(T^+|M) = 0{,}99$, $P(T^+|\overline{M}) = 0{,}05$.
Question : Sachant que le test est positif, quelle est la probabilité d'être réellement malade ?
On cherche $P(M|T^+) = \dfrac{P(T^+ \cap M)}{P(T^+)}$.
Étape 1 : $P(T^+ \cap M) = P(T^+|M) \cdot P(M) = 0{,}99 \times 0{,}01 = 0{,}0099$
Étape 2 : Par la formule des probabilités totales :
$$P(T^+) = P(T^+|M) \cdot P(M) + P(T^+|\overline{M}) \cdot P(\overline{M}) = 0{,}0099 + 0{,}05 \times 0{,}99 = 0{,}0099 + 0{,}0495 = 0{,}0594$$
Étape 3 :
$$P(M|T^+) = \frac{0{,}0099}{0{,}0594} \approx 0{,}167$$
Interprétation : Un test positif n'indique la maladie que dans environ 16,7 % des cas. Ce résultat surprenant s'explique par la faible prévalence ($1\\%$) : la majorité des tests positifs sont des faux positifs.
Méthode : construire un arbre et calculer une probabilité
- Identifier la partition : choisir le premier embranchement (souvent l'événement dont on connaît la probabilité directement).
- Placer les probabilités conditionnelles sur chaque branche.
- Vérifier : la somme des branches issues d'un nœud vaut 1.
- Calculer $P(A \cap B)$ : multiplier le long du chemin.
- Calculer $P(A)$ : additionner les chemins menant à $A$ (probabilités totales).
À retenir
- $P(A|B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ (avec $P(B) > 0$).
- $P(A \cap B) = P(A|B) \cdot P(B)$.
- Probabilités totales : $P(A) = P(A|B)P(B) + P(A|\overline{B})P(\overline{B})$.
- Indépendance : $P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$.
- Incompatibilité $\neq$ indépendance.