Le cours complet Rappels de probabilités
Définition · Univers, événement, probabilité
L'univers \(\Omega\) est l'ensemble des résultats possibles d'une expérience aléatoire. Un événement est une partie de \(\Omega\) . Une probabilité \(P\) associe à chaque événement un nombre de \([0\,;1]\) , avec \(P(\Omega)=1\) . Pour deux événements incompatibles, elle vérifie aussi \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)\) : cette additivité fait partie du modèle.
À toi d’essayer
Une observation est-elle une probabilité ? Une pièce a donné \(14\) piles sur \(20\) lancers. Peut-on écrire que la probabilité de pile vaut exactement \(0{,}7\) ? Que vaut-elle si l'énoncé impose le modèle d'une pièce équilibrée ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Sépare la proportion des résultats observés et la règle du modèle.
Indice 2 · Un pas de plus Une série de \(20\) lancers n'est pas l'ensemble de toutes les expériences possibles.
Voir l’explication La fréquence observée vaut \(14/20=0{,}7\) . Dans le modèle équilibré, \(P(\text{pile})=0{,}5\) ; la fréquence n'est pas obligée de lui être égale. Si le modèle est inconnu, la fréquence fournit une estimation, avec une incertitude liée à l'échantillon. À l'inverse, tirer uniformément un objet dans une population décrite entièrement transforme sa proportion en probabilité exacte pour ce tirage. Réessaie : \(8\) piles sur \(20\) changent-ils le modèle équilibré ?
Probabilité conditionnelle
Définition · Probabilité conditionnelle
Soient \(A\) et \(B\) deux événements, avec \(P(A)\neq 0\) . La probabilité de \(B\) sachant \(A\) est
\[\boxed{P_A(B)=\frac{P(A\cap B)}{P(A)}.}\]
Intuition · Comprendre la formule avec des effectifs
Imagine une classe de \(100\) élèves. \(A\) : « fait de l'allemand » (\(30\) élèves) ; \(B\) : « fait du sport » ; et \(A\cap B\) : « allemand et sport » (\(12\) élèves). On choisit un élève d'allemand au hasard : quelle est la probabilité qu'il fasse du sport ? On ne regarde que les \(30\) élèves d'allemand (c'est le nouvel univers), et parmi eux \(12\) font du sport :
\[\begin{aligned}P_A(B) &= \frac{12}{30}\\[.35em]&= 0{,}4.\end{aligned}\]
On retrouve la formule :
\[\begin{aligned}P_A(B) &= \dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\\[.35em]&= \dfrac{12/100}{30/100}\\[.35em]&= \dfrac{12}{30}.\end{aligned}\]
Le dénominateur \(P(A)\) sert à se replacer dans le sous-groupe \(A\) : on « oublie » les \(70\) autres élèves. C'est pourquoi on exige \(P(A)\neq 0\) : on ne peut pas se replacer dans un groupe vide.
Théorème · Règle du produit
Si \(P(A)>0\) et \(P(B)>0\) , on peut utiliser les deux conditionnements. En isolant \(P(A\cap B)\) dans leur définition :
\[\boxed{P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)=P(B)\times P_B(A).}\]
Attention · Deux questions, deux groupes de référence
Le numérateur décrit la même intersection, mais le dénominateur change. Les résultats peuvent être différents ou égaux : il faut les calculer. Écrire « parmi les… » avant la fraction aide à choisir le dénominateur ; une hésitation de notation ne signifie pas que le raisonnement est perdu.
Exemple · Un tableau de 100 objets, deux questions
On tire uniformément un objet. \(A\) signifie « bleu » et \(B\) signifie « rond ».
\(B\) \(\overline B\) Total \(A\) 20 20 40 \(\overline A\) 12 48 60 Total 32 68 100
Parmi les bleus : \(20\) sont ronds sur \(40\) , donc
\[\begin{aligned}P_A(B) &= 20/40\\[.35em]&= 1/2.\end{aligned}\]
Parmi les ronds : \(20\) sont bleus sur \(32\) , donc
\[\begin{aligned}P_B(A) &= 20/32\\[.35em]&= 5/8.\end{aligned}\]
Le tirage reste le même ; la question change le groupe retenu.
Changer de groupe pour comprendre « sachant que »
Sur 100 objets, 10 sont dans le groupe A. Parmi A, 80 % portent la marque B ; parmi les autres, 20 % portent B. Prévois combien des objets portant B appartiennent à A.
Le rectangle représente exactement 100 objets. À gauche : le groupe A. Les zones bleues portent B ; les zones claires ne portent pas B. Les surfaces sont proportionnelles aux effectifs.
Parmi A, 8 objets sur 10 portent B. Hors A, 18 sur 90 portent B. Parmi les 26 objets portant B, 8 appartiennent donc à A : 8/26 ≈ 30,77 %, tandis que 8/10 = 80 %.
Lire les valeurs et les coordonnées Parmi A, 8 objets sur 10 portent B. Hors A, 18 sur 90 portent B. Parmi les 26 objets portant B, 8 appartiennent donc à A : 8/26 ≈ 30,77 %, tandis que 8/10 = 80 %.
Garde les deux parts de B fixes et augmente la taille de A. Explique pourquoi la part de A parmi les objets portant B change. Pour calculer une probabilité conditionnelle, quel groupe devient ton total de référence ?
À toi d’essayer
Prédire avant de déplacer les proportions Dans la manipulation, choisis \(40\%\) pour \(A\) , puis \(50\%\) de \(B\) dans \(A\) et \(20\%\) de \(B\) hors de \(A\) . Retrouve le tableau précédent. Si la part de \(B\) hors de \(A\) devient \(50\%\) , prédis ce qui change dans \(P_A(B)\) et \(P_B(A)\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Les \(40\) objets de \(A\) et les \(20\) de \(A\cap B\) ne changent pas.
Indice 2 · Un pas de plus Le groupe \(B\) compte maintenant \(20+30\) objets.
Voir l’explication \(P_A(B)\) reste \(20/40=1/2\) , car son groupe de référence n'a pas changé. En revanche,
\[\begin{aligned}P_B(A) &= 20/50\\[.35em]&= 2/5\end{aligned}\]
les objets ronds hors de \(A\) ont agrandi le dénominateur. Un changement dans un autre sous-groupe peut donc modifier une probabilité inversée. Si \(A\) devient vide, \(P_A(B)\) est non définie , pas égale à zéro. Réessaie : reviens au tableau initial et calcule \(P_{\overline B}(A)\) en nommant d'abord son dénominateur.
Exemple · Calcul direct
On tire uniformément une carte d'un jeu de \(32\) cartes. Soit \(A\) : « la carte est un cœur » (\(8\) cartes) et \(B\) : « la carte est une dame » (\(4\) cartes). On a
\[\begin{aligned}P(A) &= \frac{8}{32}\\[.35em]&= \frac14\end{aligned}\]
et \(A\cap B\) : « la dame de cœur » (\(1\) carte), donc \(P(A\cap B)=\frac{1}{32}\) . Ainsi
\[\begin{aligned}P_A(B) &= \frac{P(A\cap B)}{P(A)}\\[.35em]&= \frac{1/32}{1/4}\\[.35em]&= \frac{1}{8}.\end{aligned}\]
Sachant que la carte est un cœur, la probabilité que ce soit une dame est \(\frac18\) (il y a \(1\) dame parmi les \(8\) cœurs).
Arbres pondérés
Méthode · Construire et lire un arbre, pas à pas
Premier niveau. On choisit le premier événement et son contraire (\(A\) , \(\overline A\) ). Sur ces deux branches on écrit \(P(A)\) et \(P(\overline A)\) : leur somme fait \(1\) .
Deuxième niveau. Depuis chaque nœ ud, on repart vers \(B\) et \(\overline B\) . Les probabilités y sont conditionnelles : \(P_A(B)\) depuis le nœ ud \(A\) , \(P_{\overline A}(B)\) depuis le nœ ud \(\overline A\) . À chaque nœ ud, les deux branches somment encore à \(1\) (donc \(P_A(\overline B)=1-P_A(B)\) ).
Probabilité d'un chemin. On multiplie toutes les probabilités rencontrées le long du chemin. Le chemin « \(A\) puis \(B\) » donne \(P(A\cap B)=P(A)\times P_A(B)\) .
Probabilité d'un événement. On repère tous les chemins qui le réalisent et on additionne leurs probabilités.
Pourquoi ça marche ? Multiplier traduit la règle du produit (\(P(A\cap B)=P(A)P_A(B)\) ) ; additionner traduit le fait que les différents chemins mènent à des situations incompatibles (on ne peut pas suivre deux chemins en même temps), et les probabilités d'événements incompatibles s'ajoutent.
Exemple · Lire un arbre
\(P(A)=0{,}6\) , et selon \(A\) : \(P_A(B)=0{,}7\) , \(P_{\overline A}(B)=0{,}2\) .
Agrandir ↗ Par la règle de la somme :
\[\begin{aligned}P(B) &= 0{,}42+0{,}08\\[.35em]&= 0{,}50.\end{aligned}\]
À toi d’essayer
Un chemin, son contraire, tous les chemins Dans l'arbre précédent, calcule \(P(A\cap\overline B)\) et \(P(\overline B)\) . Quel résultat serait impossible si tu additionnais \(0{,}6\) et \(0{,}7\) le long du chemin \(A,B\) ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Dans le groupe \(A\) , les deux branches ont pour poids \(0{,}7\) et \(0{,}3\) .
Indice 2 · Un pas de plus Pour \(\overline B\) , additionne les chemins \(A,\overline B\) et \(\overline A,\overline B\) .
Voir l’explication La part recherchée est \(30\%\) des \(60\%\) du groupe \(A\) :
\[\begin{aligned}P(A\cap\overline B)&=0{,}6\times0{,}3\\[.35em]&=0{,}18.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(\overline B)&=0{,}18+0{,}4\times0{,}8\\[.35em]&=0{,}50.\end{aligned}\]
On vérifie \(P(B)+P(\overline B)=1\) . Additionner le long du premier chemin donnerait \(1{,}3\) , au-delà de \(1\) : ce contrôle signale qu'il faut relire la règle, puis expliquer pourquoi on prend une part d'une part . Réessaie : change \(P_A(B)\) en \(0{,}4\) et recalcule les quatre chemins.
Attention · Un nœud de probabilité nulle
Les probabilités conditionnelles sur un nœud supposent qu'on peut l'atteindre avec une probabilité strictement positive. Si \(P(A)=0\) , alors \(P(A\cap B)=0\) , mais le quotient \(P_A(B)\) n'est pas défini. On ne lui attribue pas artificiellement \(0\) . On peut supprimer cette branche du calcul et travailler avec les intersections restantes.
Tableaux croisés d'effectifs
Méthode · Lire des probabilités dans un tableau
Quand une population est décrite par un tableau croisé , on tire un individu au hasard (équiprobabilité). Alors toute probabilité est un quotient d'effectifs :
\[\begin{aligned}P(A) &=\frac{\text{effectif de }A}{\text{effectif total}},\\[.35em]P_A(B) &=\frac{\text{effectif de }A\cap B}{\text{effectif de }A}.\end{aligned}\]
Exemple · Probabilités à partir d'un tableau
Dans un lycée de \(200\) élèves :
Externe (\(E\) ) Demi-pension (\(D\) ) Total Fille (\(F\) ) \(40\) \(70\) \(110\) Garçon (\(G\) ) \(30\) \(60\) \(90\) Total \(70\) \(130\) \(200\)
\[\begin{aligned}P(F) &= \dfrac{110}{200}\\[.35em]&= 0{,}55.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(F\cap D) &= \dfrac{70}{200}\\[.35em]&= 0{,}35.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P_D(F) &= \dfrac{70}{130}\\[.35em]&\approx 0{,}54\end{aligned}\]
(parmi les demi-pensionnaires).
\[\begin{aligned}P_F(D) &= \dfrac{70}{110}\\[.35em]&\approx 0{,}64\end{aligned}\]
(parmi les filles). On voit que \(P_D(F)\neq P_F(D)\) .
Définition · Partition de l'univers (système complet)
Des événements \(A_1,A_2,\ldots,A_n\) forment une partition de l'univers (un système complet d'événements ) lorsqu'ils sont deux à deux incompatibles (\(A_i\cap A_j=\varnothing\) pour \(i\neq j\) ) et que leur réunion est \(\Omega\) . Le cas le plus simple est \(\{A\,;\overline A\}\) .
Théorème · Formule des probabilités totales
Si \(A_1,\ldots,A_n\) est une partition de \(\Omega\) (chaque \(P(A_i)\neq 0\) ), alors pour tout événement \(B\) :
\[\boxed{P(B)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i\cap B)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)\,P_{A_i}(B).}\]
En particulier, si \(0<P(A)<1\) , avec la partition \(\{A\,;\overline A\}\) :
\[\begin{aligned}P(B) &= P(A\cap B)+P(\overline A\cap B)\\[.35em]&= P(A)\,P_A(B)+P(\overline A)\,P_{\overline A}(B).\end{aligned}\]
Une preuve à construire
Pourquoi faut-il additionner les chemins ? Pour des événements \(A,B\) avec \(0<P(A)<1\) , prouve \(P(B)=P(A)P_A(B)+P(\overline A)P_{\overline A}(B)\) . Explique pourquoi aucune issue de \(B\) n'est oubliée ni comptée deux fois.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Une issue appartient soit à \(A\) , soit à son contraire.
Indice 2 · Un pas de plus Écris \(B\) comme réunion de \(A\cap B\) et \(\overline A\cap B\) , puis utilise l'additivité.
Voir la preuve expliquée Toute issue de \(B\) est dans exactement un des deux groupes. Ainsi
\[B=(A\cap B)\cup(\overline A\cap B).\]
Ces deux morceaux sont incompatibles, d'où
\[\begin{aligned}P(B)&=P(A\cap B)+P(\overline A\cap B)\\[.35em]&=P(A)P_A(B)+P(\overline A)P_{\overline A}(B).\end{aligned}\]
La dernière ligne utilise la règle du produit ; les deux conditionnements existent car \(0<P(A)<1\) . Le même raisonnement fonctionne pour une partition finie : un morceau de \(B\) par groupe, sans recouvrement. Même si un groupe a probabilité nulle, la somme des intersections reste valable.
Intuition · C'est exactement la règle de la somme sur l'arbre
La formule des probabilités totales, c'est « on additionne tous les chemins qui mènent à \(B\) ». Sur l'arbre \(\{A\,;\overline A\}\) , \(B\) est atteint par deux chemins : par \(A\) (poids \(P(A)P_A(B)\) ) et par \(\overline A\) (poids \(P(\overline A)P_{\overline A}(B)\) ). On les additionne.
Exemple · Application
Une usine a deux machines. La machine 1 produit \(60\%\) des pièces, dont \(5\%\) sont défectueuses ; la machine 2 produit \(40\%\) des pièces, dont \(8\%\) défectueuses. Quelle est la probabilité qu'une pièce prise au hasard soit défectueuse (\(D\) ) ?
Avec la partition \(\{M_1\,;M_2\}\) :
\[\begin{aligned}P(D) &= P(M_1)P_{M_1}(D)+P(M_2)P_{M_2}(D)\\[.35em]&= 0{,}6\times 0{,}05+0{,}4\times 0{,}08\\[.35em]&= 0{,}03+0{,}032\\[.35em]&= 0{,}062.\end{aligned}\]
À toi d’essayer
Pourquoi pas la moyenne de 5 et 8 ? Dans l'exemple des machines, explique pourquoi \((5\%+8\%)/2\) ne donne pas la probabilité cherchée. Reconstruis le calcul sur une production fictive de \(1\,000\) pièces respectant exactement ces proportions.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Les machines ne fournissent pas le même nombre de pièces.
Indice 2 · Un pas de plus Il y a \(600\) pièces de la première et \(400\) de la seconde ; calcule les défauts séparément.
Voir l’explication \(600\times0{,}05=30\) défauts viennent de la première ; \(400\times0{,}08=32\) de la seconde. Au total, \(62/1000=6{,}2\%\) . La moyenne simple \(6{,}5\%\) conviendrait si les deux machines produisaient autant. Les \(1\,000\) pièces constituent ici un tableau de proportions du modèle ; une production aléatoire de \(1\,000\) pièces pourrait fluctuer. Réessaie : si les parts de production sont \(80\%\) et \(20\%\) , recalcule la proportion de défauts.
Indépendance de deux événements
Définition · Événements indépendants
Deux événements \(A\) et \(B\) sont indépendants lorsque
\[\boxed{P(A\cap B)=P(A)\times P(B).}\]
Théorème · Caractérisation par la conditionnelle
Si \(P(A)\neq 0\) , alors \(A\) et \(B\) sont indépendants si et seulement si
\[P_A(B)=P(B).\]
Autrement dit : savoir que \(A\) est réalisé ne change pas la probabilité de \(B\) .
Une preuve à construire
Passer de l'intersection au conditionnement Sous l'hypothèse \(P(A)>0\) , prouve dans les deux sens que l'indépendance équivaut à \(P_A(B)=P(B)\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Pars de la définition de la conditionnelle pour le premier sens.
Indice 2 · Un pas de plus Dans l'autre sens, multiplie par \(P(A)\) au lieu de diviser.
Voir la preuve expliquée Si \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\) , alors
\[\begin{aligned}P_A(B)&=\frac{P(A)P(B)}{P(A)}\\[.35em]&=P(B),\end{aligned}\]
où la simplification est permise car \(P(A)>0\) . Réciproquement, si \(P_A(B)=P(B)\) , la règle du produit donne \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\) . Les deux sens sont nécessaires pour conclure à une équivalence. Si \(P(A)=0\) , la définition par l'intersection reste utilisable ; la conditionnelle ne l'est plus.
Attention · Indépendance et incompatibilité répondent à deux questions
Incompatibles : les événements ne peuvent pas se réaliser ensemble, donc leur intersection est vide. Indépendants : la probabilité de leur intersection est le produit des probabilités. Si les deux probabilités sont positives, des événements incompatibles ne sont pas indépendants : \(0\neq P(A)P(B)\) . En revanche, un événement de probabilité nulle est indépendant de tout événement. Ces notions ne sont donc pas des « contraires ». L'indépendance probabiliste n'affirme pas à elle seule une absence de lien causal dans la réalité.
Exemple · Tester l'indépendance
On modélise deux lancers par les quatre issues équiprobables PP, PF, FP, FF. \(A\) : « pile au 1re lancer », \(B\) : « pile au 2e lancer ».
\[\begin{aligned}P(A) &= P(B)\\[.35em]&= \frac12\end{aligned}\]
et \(P(A\cap B)=\frac14\) (un seul cas PP sur \(4\) ). Comme \(\frac14=\frac12\times\frac12\) , \(A\) et \(B\) sont indépendants : le premier lancer n'influe pas sur le second.
Intuition · Ce qui est supposé et ce qui est démontré
L'indépendance peut être une hypothèse du modèle , comme deux tirages uniformes avec remise effectués indépendamment. Elle peut aussi se déduire de probabilités déjà connues, en comparant \(P(A\cap B)\) et \(P(A)P(B)\) . Deux dés équilibrés ne suffisent pas, à eux seuls, à imposer une indépendance : on pourrait copier le résultat du premier sur le second. Dans une situation réelle, une fréquence proche du produit des fréquences apporte une observation, pas une preuve exacte d'indépendance.
À toi d’essayer
Des probabilités égales, des événements distincts On tire uniformément dans le tableau des \(100\) objets du début. \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ? Et si les deux lignes avaient la même proportion de ronds, égale à \(50\%\) ?
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Dans le tableau initial, compare \(20/100\) et \((40/100)(32/100)\) .
Indice 2 · Un pas de plus Dans le tableau modifié, la proportion globale de ronds est aussi \(50\%\) .
Voir l’explication Initialement \(P(A\cap B)=0{,}20\) , tandis que \(P(A)P(B)=0{,}128\) : il n'y a pas indépendance. Dans le tableau modifié, \(P(B)=0{,}50\) et
\[\begin{aligned}P(A\cap B) &= 0{,}20\\[.35em]&= 0{,}40\times0{,}50\end{aligned}\]
il y a indépendance. Réessaie : prends \(P(A)=0{,}3\) , \(P(B)=0{,}6\) , \(P(A\cap B)=0{,}18\) , puis remplace seulement l'intersection par \(0{,}12\) .
Une preuve à construire
L'indépendance se conserve avec un contraire Si \(A\) et \(B\) sont indépendants, montre que \(\overline A\) et \(B\) le sont aussi, sans supposer \(P(A)>0\) .
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Décompose \(B\) en deux intersections incompatibles.
Indice 2 · Un pas de plus Retranche \(P(A\cap B)\) de \(P(B)\) , puis factorise par \(P(B)\) .
Voir la preuve expliquée Par additivité et indépendance,
\[\begin{aligned}P(\overline A\cap B)&=P(B)-P(A\cap B)\\[.35em]&=P(B)-P(A)P(B)\\[.35em]&=(1-P(A))P(B)\\[.35em]&=P(\overline A)P(B).\end{aligned}\]
C'est exactement la définition demandée. Aucune division n'a eu lieu : la preuve inclut les événements de probabilité \(0\) ou \(1\) .
Inverser le conditionnement (situations de « faux positifs »)
Méthode · Passer de \(P_A(B)\) à \(P_B(A)\)
On suppose \(0<P(A)<1\) et \(P(B)>0\) . On veut souvent \(P_B(A)\) alors qu'on connaît \(P_A(B)\) (et \(P_{\overline A}(B)\) ). On combine la définition et les probabilités totales :
\[\boxed{\begin{aligned}P_B(A) &= \frac{P(A\cap B)}{P(B)}\\[.35em] &= \frac{P(A)\,P_A(B)}{P(A)\,P_A(B)+P(\overline A)\,P_{\overline A}(B)}.\end{aligned}}\]
En pratique : on construit l'arbre , on calcule \(P(A\cap B)\) (un chemin) et \(P(B)\) (somme des chemins), puis on divise.
Exemple · Un test positif dans un modèle fictif
Une maladie touche \(1\%\) de la population. Un test la détecte dans \(90\%\) des cas chez un malade, mais donne \(5\%\) de « faux positifs » chez un bien-portant. Quelle est la probabilité d'être malade (\(M\) ) sachant que le test est positif (\(+\) ) ?
\[\begin{aligned}P(+) &= P(M)P_M(+)+P(\overline M)P_{\overline M}(+)\\[.35em]&= 0{,}01\times 0{,}9+0{,}99\times 0{,}05\\[.35em]&= 0{,}009+0{,}0495\\[.35em]&= 0{,}0585.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P_+(M) &= \frac{P(M\cap +)}{P(+)}\\[.35em]&= \frac{0{,}009}{0{,}0585}\\[.35em]&\approx 0{,}154.\end{aligned}\]
Dans ce modèle fictif, même avec un test positif, la probabilité d'être malade est d'environ \(15{,}4\%\) . (Parce que la maladie est rare, les faux positifs sont très nombreux.) C'est tout l'enjeu de ne pas confondre \(P_M(+)\) et \(P_+(M)\) .
Intuition · Voir les faux positifs sur \(10\,000\) personnes
Le calcul paraît abstrait : rendons-le concret sur \(10\,000\) personnes (maladie à \(1\%\) , test positif chez \(90\%\) des malades et \(5\%\) des bien-portants).
Malades : \(1\%\) de \(10\,000=100\) personnes. Parmi elles, \(90\%\) sont positives : \(\mathbf{90}\) vrais positifs .
Bien-portants : \(9\,900\) personnes. Parmi elles, \(5\%\) sont (à tort) positives : \(\mathbf{495}\) faux positifs .
Total de positifs : \(90+495=585\) . Or sur ces \(585\) positifs, seuls \(90\) sont vraiment malades :
\[\begin{aligned}P_+(M) &= \frac{90}{585}\\[.35em]&\approx 0{,}154.\end{aligned}\]
Les deux groupes de départ n'ont pas le même effectif : \(5\%\) d'un groupe de \(9\,900\) produit plus de tests positifs que \(90\%\) d'un groupe de \(100\) . Ce tableau respecte exactement les proportions du modèle fictif ; il n'est pas une prévision certaine d'un dépistage réel ni une interprétation médicale individuelle.
À toi d’essayer
Revenir à des effectifs naturels Dans le modèle de test précédent, quelle proportion des résultats négatifs correspond à une personne malade ? Pose la question « parmi les… » et reconstruis les effectifs avant d'écrire une formule.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Parmi les \(100\) personnes malades du tableau, \(90\) ont un résultat positif.
Indice 2 · Un pas de plus Parmi les \(9\,900\) autres, \(495\) ont un résultat positif.
Voir l’explication Il reste \(10\) résultats négatifs chez les personnes malades, et \(9\,405\) chez les autres. Parmi les \(9\,415\) résultats négatifs,
\[\begin{aligned}P_{\overline +}(M) &= \frac{10}{9415}\\[.35em]&\approx 0{,}00106.\end{aligned}\]
Cela représente environ \(0{,}106\%\) dans le modèle. Le dénominateur est le total des négatifs , car c'est l'information donnée. Réessaie : sur les mêmes effectifs, retrouve la proportion de personnes non malades parmi les positifs ; vérifie qu'elle complète \(90/585\) à \(1\) .
Socle : répéter jusqu'à quatre épreuves de Bernoulli
Définition · Succès est un nom, pas un jugement
Une épreuve de Bernoulli possède deux issues, notées \(S\) (succès) et \(E\) (échec), avec probabilités \(p\) et \(1-p\) . Ces mots peuvent désigner « obtenir un six » et « ne pas obtenir un six » ; ils n'évaluent personne. Des épreuves identiques gardent le même \(p\) ; des épreuves indépendantes permettent de conserver ces poids après chaque histoire de résultats.
Exemple · Trois épreuves : garder l'ordre des issues
On réalise trois épreuves identiques indépendantes avec \(p=0{,}6\) . Chaque branche marquée \(S\) porte \(0{,}6\) et chaque branche \(E\) porte \(0{,}4\) . Agrandir ↗ \(0{,}6^2\times0{,}4\) , car la multiplication est commutative :
\[\begin{aligned}P(\text{exactement deux succès})&=3\times0{,}6^2\times0{,}4\\[.35em]&=0{,}432.\end{aligned}\]
Les huit chemins ne sont pas équiprobables : SSS pèse \(0{,}216\) , EEE pèse \(0{,}064\) . Compter seulement « trois chemins sur huit » serait donc inadapté.
À toi d’essayer
Quatre essais : au moins un ou exactement un ? Prolonge l'arbre à quatre niveaux avec \(p=1/2\) . Calcule la probabilité d'au moins un succès, puis celle d'exactement un succès. Explique pourquoi ces deux événements ne sont pas identiques.
Tu peux chercher, prendre un indice ou lire l’explication, à ton rythme.
Indice 1 · Une piste Le contraire d'« au moins un » est « aucun ».
Indice 2 · Un pas de plus Il y a quatre places possibles pour l'unique \(S\) dans un mot de quatre lettres.
Voir l’explication Les seize mots ont chacun une probabilité \(1/16\) . Seul EEEE ne contient aucun succès : la première probabilité vaut \(1-1/16=15/16\) . Les mots SEEE, ESEE, EESE, EEES ont exactement un succès : la seconde vaut \(4/16=1/4\) . Réessaie : garde quatre épreuves mais prends \(p=0{,}6\) ; les mots restent les mêmes, leurs poids changent. Tu peux contrôler la somme de tous les poids avec l'arbre.
Exercices Exercice 1 ★☆☆ : Probabilité conditionnelle directe
On donne \(P(A)=0{,}4\) , \(P(B)=0{,}5\) et \(P(A\cap B)=0{,}2\) .
Calculer \(P_A(B)\) et \(P_B(A)\) .
\(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?
Exercice 2 ★☆☆ : Règle du produit
On donne \(P(A)=0{,}3\) et \(P_A(B)=0{,}6\) . Calculer \(P(A\cap B)\) .
Exercice 3 ★☆☆ : Lire un arbre
On considère l'arbre : \(P(A)=0{,}2\) ; \(P_A(B)=0{,}9\) ; \(P_{\overline A}(B)=0{,}3\) .
Calculer \(P(A\cap B)\) et \(P(\overline A\cap B)\) .
En déduire \(P(B)\) .
Exercice 4 ★☆☆ : Tableau croisé
Sur \(500\) clients, \(300\) sont des femmes ; \(180\) femmes et \(80\) hommes ont acheté en ligne (\(L\) ).
Compléter mentalement les effectifs, puis calculer \(P(L)\) .
Calculer \(P_F(L)\) (probabilité d'acheter en ligne sachant que c'est une femme).
Calculer \(P_L(F)\) . Comparer avec \(P_F(L)\) .
Exercice 5 ★☆☆ : Réunion et contraire
On donne \(P(A)=0{,}5\) , \(P(B)=0{,}4\) , \(P(A\cap B)=0{,}25\) . Calculer \(P(A\cup B)\) et \(P(\overline A)\) .
Exercice 6 ★★☆ : Arbre et probabilités totales
Un sac contient \(3\) jetons rouges et \(2\) bleus. On tire uniformément un jeton, on note sa couleur, on le remet , puis on effectue un second tirage uniforme indépendant.
Représenter la situation par un arbre.
Calculer la probabilité d'obtenir deux jetons de la même couleur.
Exercice 7 ★★☆ : Tester l'indépendance
On donne \(P(A)=0{,}6\) , \(P(B)=0{,}5\) et \(P(A\cap B)=0{,}3\) . Les événements \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ? Justifier de deux façons.
Exercice 8 ★★☆ : Deux dés
On lance indépendamment deux dés équilibrés. \(A\) : « le premier dé donne \(6\) », \(B\) : « la somme vaut \(7\) ».
Calculer \(P(A)\) , \(P(B)\) et \(P(A\cap B)\) .
\(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?
Exercice 9 ★★☆ : Deux machines
La machine 1 fabrique \(70\%\) des pièces (\(3\%\) défectueuses), la machine 2 les \(30\%\) restants (\(5\%\) défectueuses). Calculer la probabilité qu'une pièce soit défectueuse.
Exercice 10 ★★☆ : Inversion
Avec les données de l'exercice 9, une pièce est défectueuse. Quelle est la probabilité qu'elle vienne de la machine 2 ?
Exercice 11 ★★☆ : Tableau et indépendance
Dans un groupe, on classe les personnes selon le sport (\(S\) ) et la musique (\(M\) ) :
\(M\) \(\overline M\) Total \(S\) \(24\) \(16\) \(40\) \(\overline S\) \(36\) \(24\) \(60\) Total \(60\) \(40\) \(100\)
Les événements \(S\) et \(M\) sont-ils indépendants ? Justifier par le calcul.
Exercice 12 ★★★ : Faux positifs
Une maladie touche \(2\%\) d'une population. Un test est positif chez \(95\%\) des malades et chez \(4\%\) des bien-portants.
Calculer la probabilité qu'un test soit positif.
Calculer la probabilité d'être malade sachant que le test est positif. Commenter.
Exercice 13 ★★★ : Démonstrations
Démontrer la formule des probabilités totales pour la partition \(\{A\,;\overline A\}\) .
Montrer que si \(A\) et \(B\) sont indépendants, alors \(\overline A\) et \(B\) le sont aussi.
Exercice 14 ★★★ : Tirage sans remise
Une urne contient \(4\) boules rouges et \(3\) noires. On tire deux boules successivement et sans remise .
Construire l'arbre (attention : les probabilités du 2e tirage dépendent du 1re ).
Calculer la probabilité de tirer deux boules rouges, puis la probabilité d'obtenir une rouge et une noire (dans un ordre quelconque).
Exercice 15 ★★★ : Succession d'épreuves indépendantes
Un joueur réussit un panier avec probabilité \(0{,}8\) , indépendamment d'un tir à l'autre. Il tire \(3\) fois.
Probabilité de réussir les trois tirs.
Probabilité de rater au moins un tir.
Exercice 16 ★★★ : Inversion dans un tableau
Reprendre le tableau lycée du cours (\(110\) filles, \(90\) garçons ; \(70\) externes, \(130\) demi-pensionnaires ; \(40\) filles externes). Un élève tiré au sort est externe : quelle est la probabilité que ce soit une fille ?
Corrigés détaillés Intuition · Comment lire un corrigé
Chaque corrigé rappelle la méthode et détaille tous les calculs. Réflexe du chapitre : fais un arbre (ou un tableau), multiplie le long des chemins, additionne les chemins.
Corrigé 1
Démonstration
1.
\[\begin{aligned}P_A(B) &= \dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}\\[.35em]&= \dfrac{0{,}2}{0{,}4}\\[.35em]&= 0{,}5.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P_B(A) &= \dfrac{0{,}2}{0{,}5}\\[.35em]&= 0{,}4.\end{aligned}\]
2.
\[\begin{aligned}P(A)\times P(B) &= 0{,}4\times 0{,}5\\[.35em]&= 0{,}2\\[.35em]&= P(A\cap B)\end{aligned}\]
\(A\) et \(B\) sont indépendants .
Corrigé 2
Démonstration
\[\begin{aligned}P(A\cap B) &= P(A)\times P_A(B)\\[.35em]&= 0{,}3\times 0{,}6\\[.35em]&= 0{,}18.\end{aligned}\]
Corrigé 3
Démonstration
1.
\[\begin{aligned}P(A\cap B) &= 0{,}2\times 0{,}9\\[.35em]&= 0{,}18\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(\overline A\cap B) &= 0{,}8\times 0{,}3\\[.35em]&= 0{,}24.\end{aligned}\]
2.
\[\begin{aligned}P(B) &= 0{,}18+0{,}24\\[.35em]&= 0{,}42\end{aligned}\]
(formule des probabilités totales).
Corrigé 4
Démonstration
Effectifs : \(300\) femmes, \(200\) hommes ; \(L\) : \(180+80=260\) .
1.
\[\begin{aligned}P(L) &= \dfrac{260}{500}\\[.35em]&= 0{,}52.\end{aligned}\]
2.
\[\begin{aligned}P_F(L) &= \dfrac{180}{300}\\[.35em]&= 0{,}6.\end{aligned}\]
3.
\[\begin{aligned}P_L(F) &= \dfrac{180}{260}\\[.35em]&\approx 0{,}69.\end{aligned}\]
On a \(P_L(F)\neq P_F(L)\) .
Corrigé 5
Démonstration
\[\begin{aligned}P(A\cup B) &= P(A)+P(B)-P(A\cap B)\\[.35em]&= 0{,}5+0{,}4-0{,}25\\[.35em]&= 0{,}65.\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(\overline A) &= 1-0{,}5\\[.35em]&= 0{,}5.\end{aligned}\]
Corrigé 6
Démonstration
À chaque tirage (avec remise) : \(P(R)=\dfrac35\) , \(P(B)=\dfrac25\) , et les deux tirages sont indépendants .
\[\begin{aligned}P(\text{même couleur}) &= P(RR)+P(BB)\\[.35em]&= \left(\tfrac35\right)^2+\left(\tfrac25\right)^2\\[.35em]&= \tfrac{9}{25}+\tfrac{4}{25}\\[.35em]&= \tfrac{13}{25}\\[.35em]&= 0{,}52.\end{aligned}\]
Corrigé 7
Démonstration
1re façon :
\[\begin{aligned}P(A)\times P(B) &= 0{,}6\times 0{,}5\\[.35em]&= 0{,}3\\[.35em]&= P(A\cap B)\end{aligned}\]
indépendants.
2e façon :
\[\begin{aligned}P_A(B) &= \dfrac{0{,}3}{0{,}6}\\[.35em]&= 0{,}5\\[.35em]&= P(B)\end{aligned}\]
savoir \(A\) ne change pas \(P(B)\) , donc indépendants .
Corrigé 8
Démonstration
1. \(P(A)=\dfrac16\) . La somme \(7\) s'obtient par \(6\) couples sur \(36\) , donc
\[\begin{aligned}P(B) &= \dfrac{6}{36}\\[.35em]&= \dfrac16.\end{aligned}\]
\(A\cap B\) : premier dé \(6\) et somme \(7\) , soit le seul couple \((6\,;1)\) : \(P(A\cap B)=\dfrac{1}{36}\) .
2.
\[\begin{aligned}P(A)\times P(B) &= \dfrac16\times\dfrac16\\[.35em]&= \dfrac{1}{36}\\[.35em]&= P(A\cap B)\end{aligned}\]
\(A\) et \(B\) sont indépendants (résultat surprenant mais vrai).
Corrigé 9
Démonstration
\[\begin{aligned}P(D) &= P(M_1)P_{M_1}(D)+P(M_2)P_{M_2}(D)\\[.35em]&= 0{,}7\times 0{,}03+0{,}3\times 0{,}05\\[.35em]&= 0{,}021+0{,}015\\[.35em]&= 0{,}036.\end{aligned}\]
Corrigé 10
Démonstration
\[\begin{aligned}P_D(M_2) &= \dfrac{P(M_2\cap D)}{P(D)}\\[.35em]&= \dfrac{0{,}015}{0{,}036}\\[.35em]&\approx 0{,}42.\end{aligned}\]
(Environ \(42\%\) des pièces défectueuses viennent de la machine 2.)
Corrigé 11
Démonstration
\[\begin{aligned}P(S) &= \dfrac{40}{100}\\[.35em]&= 0{,}4,\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(M) &= \dfrac{60}{100}\\[.35em]&= 0{,}6,\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(S\cap M) &= \dfrac{24}{100}\\[.35em]&= 0{,}24.\end{aligned}\]
Comme
\[\begin{aligned}P(S)\times P(M) &= 0{,}4\times 0{,}6\\[.35em]&= 0{,}24\\[.35em]&= P(S\cap M),\end{aligned}\]
les événements \(S\) et \(M\) sont indépendants .
Corrigé 12
Démonstration
1.
\[\begin{aligned}P(+) &= P(M)P_M(+)+P(\overline M)P_{\overline M}(+)\\[.35em]&= 0{,}02\times 0{,}95+0{,}98\times 0{,}04\\[.35em]&= 0{,}019+0{,}0392\\[.35em]&= 0{,}0582.\end{aligned}\]
2.
\[\begin{aligned}P_+(M) &= \dfrac{P(M\cap +)}{P(+)}\\[.35em]&= \dfrac{0{,}019}{0{,}0582}\\[.35em]&\approx 0{,}326.\end{aligned}\]
Même avec un test positif, on n'a qu'environ \(33\%\) de risque d'être malade : la maladie étant rare, les faux positifs (issus des \(98\%\) de bien-portants) sont très nombreux.
Corrigé 13
Démonstration
1. \(A\) et \(\overline A\) forment une partition, donc \(B=(A\cap B)\cup(\overline A\cap B)\) , réunion d'événements incompatibles. Donc
\[\begin{aligned}P(B) &= P(A\cap B)+P(\overline A\cap B)\\[.35em]&= P(A)P_A(B)+P(\overline A)P_{\overline A}(B).\end{aligned}\]
2. Si \(A,B\) indépendants :
\[\begin{aligned}P(\overline A\cap B) &= P(B)-P(A\cap B)\\[.35em]&= P(B)-P(A)P(B)\\[.35em]&= P(B)\big(1-P(A)\big)\\[.35em]&= P(B)P(\overline A).\end{aligned}\]
Donc \(\overline A\) et \(B\) sont indépendants.
Corrigé 14
Démonstration
1. Sans remise, après un premier tirage il reste \(6\) boules. Arbre (R rouge, N noire) :
Agrandir ↗ 2.
\[\begin{aligned}P(RR) &= \dfrac47\times\dfrac36\\[.35em]&= \dfrac{12}{42}\\[.35em]&= \dfrac27.\end{aligned}\]
Une rouge et une noire :
\[\begin{aligned}P(RN)+P(NR) &= \dfrac47\times\dfrac36+\dfrac37\times\dfrac46\\[.35em]&= \dfrac{12}{42}+\dfrac{12}{42}\\[.35em]&= \dfrac{24}{42}\\[.35em]&= \dfrac47.\end{aligned}\]
Corrigé 15
Démonstration
1. Tirs indépendants :
\[\begin{aligned}P(\text{3 réussis}) &= 0{,}8^3\\[.35em]&= 0{,}512.\end{aligned}\]
2.
\[\begin{aligned}P(\text{au moins un raté}) &= 1-P(\text{3 réussis})\\[.35em]&= 1-0{,}512\\[.35em]&= 0{,}488.\end{aligned}\]
Corrigé 16
Démonstration
\[\begin{aligned}P_E(F) &= \dfrac{\text{filles externes}}{\text{externes}}\\[.35em]&= \dfrac{40}{70}\\[.35em]&= \dfrac47\\[.35em]&\approx 0{,}57.\end{aligned}\]
Corrigé du problème : Contrôle qualité
Démonstration · Partie A : arbre et probabilités totales
1. Arbre (fournisseur, puis \(D\) défectueux ou \(\overline D\) ) :
Agrandir ↗ 2.
\[\begin{aligned}P(F_1\cap D) &= 0{,}7\times 0{,}02\\[.35em]&= 0{,}014\end{aligned}\]
\[\begin{aligned}P(F_2\cap D) &= 0{,}3\times 0{,}06\\[.35em]&= 0{,}018.\end{aligned}\]
3.
\[\begin{aligned}P(D) &= 0{,}014+0{,}018\\[.35em]&= 0{,}032.\end{aligned}\]
Démonstration · Partie B : inversion
4.
\[\begin{aligned}P_D(F_2) &= \dfrac{P(F_2\cap D)}{P(D)}\\[.35em]&= \dfrac{0{,}018}{0{,}032}\\[.35em]&= 0{,}5625.\end{aligned}\]
5. Bien que \(F_2\) ne fournisse que \(30\%\) des composants, son taux de défaut (\(6\%\) ) est trois fois celui de \(F_1\) (\(2\%\) ). Parmi les composants défectueux, \(F_2\) est donc surreprésenté : il en fournit plus de la moitié (\(56{,}25\%\) ).
Démonstration · Partie C : deux composants indépendants
6. Un composant est bon avec probabilité
\[\begin{aligned}P(\overline D) &= 1-0{,}032\\[.35em]&= 0{,}968.\end{aligned}\]
Les deux prélèvements étant indépendants :
\[\begin{aligned}P(\text{deux bons}) &= 0{,}968^2\\[.35em]&= 0{,}937024\\[.35em]&\approx 0{,}937.\end{aligned}\]
7.
\[\begin{aligned}&P(\text{au moins un défectueux})\\[.35em]&= 1 -P(\text{deux bons})\\[.35em]&= 1-0{,}937\\[.35em]&= 0{,}063.\end{aligned}\]
Démonstration · Partie D : un bon composant
8.
\[\begin{aligned}P_{\overline D}(F_1) &= \dfrac{P(F_1\cap\overline D)}{P(\overline D)}\\[.35em]&= \dfrac{0{,}7\times 0{,}98}{0{,}968}\\[.35em]&= \dfrac{0{,}686}{0{,}968}\\[.35em]&\approx 0{,}709.\end{aligned}\]
Un composant en bon état provient de \(F_1\) avec une probabilité d'environ \(71\%\) .
