Un parcours à ton rythme
Ce que tu vas savoir faire
- Repérer le groupe de référence derrière une probabilité conditionnelle.
- Distinguer intersection, conditionnement et conditionnement inversé.
- Construire un arbre, multiplier sur un chemin et additionner des chemins disjoints.
- Calculer une probabilité inversée avec des effectifs ou la formule de Bayes.
- Vérifier les hypothèses de positivité et distinguer indépendance et incompatibilité.
Tu peux lire la fiche en plusieurs séances. Les exemples montrent chaque étape ; les indices et les corrections restent accessibles quand tu en as besoin.
Les bases utiles avant de commencer
- Calculer une proportion, une fraction et un pourcentage.
- Lire un tableau à double entrée et vérifier ses totaux.
- Reconnaître un événement, son complémentaire, une intersection et une réunion.
1. La première question : parmi qui compte-t-on ?
Une même situation peut produire plusieurs probabilités correctes, parce qu’elles ne répondent pas à la même question. « Un élève est cycliste », « un élève est membre du club et cycliste » et « un membre du club est cycliste » ne prennent pas le même total de référence. Avant de chercher une formule, complète la phrase : parmi les personnes ou les objets qui…
L’univers \(\Omega\) rassemble les issues de l’expérience aléatoire. Dans les exemples d’effectifs de ce guide, on choisit une personne ou un objet uniformément dans une liste finie : tous les éléments ont la même probabilité d’être choisis. C’est cette hypothèse qui permet de calculer une probabilité en divisant un effectif favorable par un effectif total. Si les éléments n’ont pas les mêmes chances, un simple comptage ne suffit pas.
Deux événements \(A\) et \(B\) sont des ensembles d’issues. L’intersection \(A\cap B\), lue « A et B », contient les issues qui satisfont les deux conditions. Le complémentaire \(\overline A\) contient les issues qui ne sont pas dans \(A\). La probabilité conditionnelle \(P_A(B)\), également notée \(P(B\mid A)\), signifie « probabilité de B sachant A ». Le groupe qui devient la référence est A, écrit en indice ou à droite de la barre.
Trois questions à partir d’un seul tableau
On se donne une liste de deux cents élèves. Soixante sont inscrits à un club ; quatre-vingt-dix viennent à vélo ; trente réunissent les deux caractéristiques. On choisit uniformément un élève dans la liste. Notons \(A\) « être inscrit au club » et \(B\) « venir à vélo ». Les effectifs manquants se calculent par différence :
| Groupe | Vélo B | Pas de vélo | Total |
|---|---|---|---|
| Club A | 30 | 30 | 60 |
| Hors du club | 60 | 80 | 140 |
| Total | 90 | 110 | 200 |
Parmi les soixante membres du club, trente ne viennent pas à vélo puisque \(60-30=30\). Hors du club, soixante viennent à vélo puisque \(90-30=60\). Le dernier effectif vaut \(140-60=80\). Les totaux des lignes et des colonnes se recoupent.
Pour demander « club et vélo », on reste dans la liste entière :
Pour demander « vélo sachant club », on se place seulement parmi les soixante membres :
Pour demander « club sachant vélo », on se place parmi les quatre-vingt-dix cyclistes :
Les trois numérateurs comptent les mêmes trente élèves. Les dénominateurs changent : deux cents, soixante ou quatre-vingt-dix. L’intersection est symétrique, \(A\cap B=B\cap A\), mais les probabilités conditionnelles ne le sont généralement pas. Ici, cinquante pour cent et environ trente-trois pour cent répondent à deux questions différentes.
À toi de jouer · à ton rythme
Exercice 1 — Choisir le bon dénominateur
Une boîte contient quatre-vingts pièces. Trente-deux sont bleues, vingt portent une étoile et huit sont à la fois bleues et étoilées. Une pièce est choisie uniformément. Avec \(A\) « bleue » et \(B\) « étoilée », calcule \(P(A\cap B)\), \(P_A(B)\) et \(P_B(A)\). Écris une phrase pour chacune.
Tu peux chercher sur papier, demander une piste ou lire directement la correction. Reprends ensuite une étape avec tes propres mots.
Indice 1 · par où commencer
Le groupe de référence est successivement toute la boîte, les pièces bleues, puis les pièces étoilées.
Indice 2 · avancer d’une étape
Le numérateur vaut huit dans les trois calculs. Les dénominateurs sont quatre-vingts, trente-deux et vingt.
Voir le corrigé entièrement rédigé
On obtient :
Dix pour cent de toutes les pièces sont à la fois bleues et étoilées. Parmi les pièces bleues, vingt-cinq pour cent sont étoilées. Parmi les pièces étoilées, quarante pour cent sont bleues. Les deux conditionnements sont définis, car leurs groupes contiennent respectivement trente-deux et vingt pièces. Pour réessayer, calcule la probabilité de ne pas être étoilée sachant que la pièce est bleue.
2. Passer du groupe au calcul : la formule et l’arbre
Lorsque \(P(A)>0\), la définition générale est :
Le numérateur mesure la part de l’univers située dans les deux événements. Diviser par \(P(A)\) remet le groupe \(A\) à l’échelle d’un total égal à un. Dans le tableau précédent, cela revient à calculer \((30/200)/(60/200)=30/60\). On retrouve exactement le comptage « parmi les membres du club ».
En multipliant les deux membres par \(P(A)\), on obtient une formule très utile :
Elle ne suppose pas l’indépendance. La seconde probabilité est précisément calculée sachant que le premier événement s’est produit. Pour la remplacer par \(P(B)\), il faudrait une justification supplémentaire.
Un arbre pondéré organise cette lecture. Au premier embranchement, on distingue \(A\) et \(\overline A\). Sous la branche \(A\), les valeurs pour \(B\) et \(\overline B\) sont \(P_A(B)\) et \(P_A(\overline B)\). Elles totalisent un, car on regarde toutes les possibilités à l’intérieur du même groupe. On ne mélange pas une branche issue de \(A\) avec une branche issue de \(\overline A\) pour vérifier cette somme.
Calculer les quatre chemins avant d’additionner
Dans un modèle de production, vingt pour cent des objets viennent de l’atelier Alpha et les autres de l’atelier Beta. Un objet d’Alpha présente un défaut avec une probabilité de dix pour cent ; cette probabilité est de deux virgule cinq pour cent pour Beta. On choisit un objet au hasard. Notons \(A\) « provenir d’Alpha » et \(D\) « présenter un défaut ».
L’arbre place d’abord l’origine, puis le résultat du contrôle. L’ordre sert à organiser les données disponibles ; un arbre ne prétend pas, à lui seul, démontrer une relation de causalité.
Les probabilités des feuilles s’obtiennent par produit le long de chaque chemin :
La somme des quatre résultats vaut un. Pour chercher un objet défectueux, deux chemins conviennent : Alpha et défaut, ou Beta et défaut. Un même objet ne peut pas venir des deux ateliers dans ce modèle ; ces deux chemins sont disjoints. On peut donc additionner leurs probabilités :
Dans ce modèle, la probabilité qu’un objet choisi soit défectueux vaut quatre pour cent. Ce n’est pas la moyenne simple de dix et de deux virgule cinq : les ateliers ne produisent pas les mêmes proportions d’objets. Les poids vingt et quatre-vingts pour cent doivent intervenir.
« Et » et « ou » avec leurs conditions
Sur un chemin, « A et B » conduit au produit \(P(A)P_A(B)\). Pour réunir plusieurs chemins disjoints, on additionne. Le mot « ou » ne suffit pas à autoriser toute addition : si deux événements peuvent se réaliser ensemble, leur intersection serait comptée deux fois. Dans ce cas, la formule générale est \(P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\).
3. Inverser le conditionnement en retrouvant le nouveau total
Supposons maintenant que l’on sache qu’un objet présente un défaut. La question « de quel atelier vient-il ? » inverse le sens dans lequel les données ont été fournies. Il faut passer du groupe « objets d’Alpha » au groupe « objets défectueux ». Il ne suffit pas de retourner les lettres ou de prendre l’inverse d’un nombre.
Dans l’exemple précédent, \(P(D)=0{,}04>0\). On peut donc conditionner par \(D\) :
La moitié des objets défectueux vient d’Alpha, alors qu’Alpha ne fournit qu’un cinquième de la production. Dans un tableau fictif de mille objets reproduisant exactement les proportions du modèle, on représente deux cents objets d’Alpha dont vingt défectueux, et huit cents de Beta dont vingt défectueux. Parmi les quarante défauts, vingt viennent d’Alpha. Ce calcul par effectifs reconstitue le dénominateur qu’il fallait chercher. Il illustre exactement le modèle ; les nombres observés dans un lot réel peuvent varier.
En remplaçant l’intersection par le produit et le dénominateur par la somme des chemins, on obtient la formule de Bayes. Si \(0<P(A)<1\) et \(P(B)>0\), elle s’écrit :
Le numérateur compte « A et B ». Le dénominateur compte toutes les façons d’obtenir B. Retenir cette lecture permet de reconstruire la formule et de repérer une erreur. L’événement placé après « sachant » est toujours celui dont la probabilité apparaît au dénominateur.
Un signal fréquent peut masquer un événement rare
Un dispositif signale les objets qu’il soupçonne d’être défectueux. Dans le modèle étudié, deux pour cent des objets sont défectueux. Le dispositif signale quatre-vingt-quinze pour cent des objets défectueux, mais signale aussi cinq pour cent des objets sans défaut. Notons \(D\) « défectueux » et \(S\) « signalé ». On cherche \(P_S(D)\), la probabilité d’un défaut parmi les objets signalés.
Construisons un lot de dix mille objets respectant exactement ces proportions. Il contient deux cents défauts et neuf mille huit cents objets sans défaut. Les nombres signalés se calculent à l’intérieur de chaque groupe :
Le bon dénominateur est six cent quatre-vingts, parce que l’information reçue est « signalé ». On obtient :
La probabilité d’un défaut parmi les objets signalés est donc d’environ vingt-huit pour cent. Elle ne vaut pas quatre-vingt-quinze pour cent : ce dernier nombre était \(P_D(S)\), dans le groupe des défauts. Les objets sans défaut étant beaucoup plus nombreux, cinq pour cent de leur groupe représentent davantage d’objets que quatre-vingt-quinze pour cent du petit groupe des défauts.
Le calcul directement en probabilités confirme le raisonnement :
Les effectifs servent ici à représenter un modèle avec des nombres entiers ; un lot observé de même taille ne respecterait pas nécessairement ces proportions à l’unité près. Une probabilité décrit le modèle, tandis qu’une fréquence provient des observations.
À toi de jouer · à ton rythme
Exercice 2 — Du trajet vers le retard, puis du retard vers le trajet
Dans un modèle de déplacements, soixante pour cent des trajets se font en bus. La probabilité d’un retard vaut dix pour cent en bus et cinq pour cent autrement. Note \(A\) « prendre le bus » et \(R\) « être en retard ». Calcule \(P(R)\), puis \(P_R(A)\). Représente aussi les calculs sur mille trajets respectant les proportions du modèle.
Tu peux chercher sur papier, demander une piste ou lire directement la correction. Reprends ensuite une étape avec tes propres mots.
Indice 1 · par où commencer
Deux chemins disjoints conduisent au retard : bus et retard, ou autre trajet et retard. Calcule chaque intersection avant leur somme.
Indice 2 · avancer d’une étape
On obtient \(P(A\cap R)=0{,}06\) et \(P(\overline A\cap R)=0{,}02\). Pour inverser, le dénominateur sera la probabilité de tous les retards.
Voir le corrigé entièrement rédigé
Le complémentaire du bus a une probabilité de quarante pour cent. Les calculs sont :
Huit pour cent des trajets ont un retard. Parmi les retards, soixante-quinze pour cent concernent le bus. Sur mille trajets représentant exactement le modèle, six cents se font en bus, dont soixante retards ; les quatre cents autres en comptent vingt. Le nouveau groupe contient quatre-vingts retards : soixante sur quatre-vingts viennent du bus. La réponse reste entre zéro et un, et l’intersection six pour cent est bien inférieure à la probabilité totale de retard huit pour cent. Pour réessayer, calcule la probabilité de prendre le bus sachant qu’il n’y a pas eu de retard.
4. Faire varier la taille des groupes, sans changer les taux internes
Le sens de Bayes devient plus visible quand on change la taille du groupe initial. Dans cette manipulation, le rectangle représente cent objets. Au départ, dix appartiennent à \(A\) ; quatre-vingts pour cent de ceux-ci portent \(B\). Parmi les quatre-vingt-dix autres, vingt pour cent portent \(B\).
Prévois : parmi tous les objets portant \(B\), la part de \(A\) sera-t-elle de quatre-vingts pour cent ? Calcule d’abord les deux effectifs portant la marque, puis vérifie dans le laboratoire. Augmente ensuite la taille de \(A\) en gardant les taux internes fixes.
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.
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 ?
Au départ, huit objets de \(A\) portent \(B\), et dix-huit objets hors de \(A\) portent \(B\). Le groupe conditionnant \(B\) contient donc vingt-six objets :
Avec cinquante objets dans \(A\), les mêmes taux produisent quarante objets portant \(B\) dans \(A\), et dix hors de \(A\). La proportion inversée devient \(40/(40+10)=0{,}80\). Cette égalité avec le taux de quatre-vingts pour cent de départ est propre à ce réglage ; elle ne transforme pas l’inversion des conditionnements en règle générale.
Décris ce qui a changé : les proportions de \(B\) à l’intérieur de chaque groupe sont restées fixes, mais les nombres d’objets provenant de ces groupes ont changé. Bayes prend en compte à la fois les taux internes et le poids initial des groupes.
5. Vérifier les hypothèses : indépendance et conditionnement de probabilité nulle
L’indépendance doit être donnée ou démontrée
Deux événements sont indépendants lorsque \(P(A\cap B)=P(A)P(B)\). Si \(P(A)>0\), cette propriété équivaut à \(P_A(B)=P(B)\) : apprendre que \(A\) s’est produit ne change pas la probabilité de \(B\). Le contexte ne suffit pas à prouver cette égalité. Deux caractéristiques « qui semblent sans rapport » peuvent être liées dans les données ; deux choix successifs ne sont pas automatiquement indépendants.
Dans le tableau des élèves, \(P(A)=60/200=0{,}30\), \(P(B)=90/200=0{,}45\) et \(P(A\cap B)=0{,}15\). Or \(0{,}30\times0{,}45=0{,}135\), différent de \(0{,}15\). Les événements ne sont donc pas indépendants. On retrouve cette différence avec \(P_A(B)=0{,}50\), qui ne vaut pas \(P(B)=0{,}45\).
Incompatibles ne veut pas dire indépendants
Deux événements incompatibles ne peuvent pas se produire ensemble : leur intersection est vide et sa probabilité vaut zéro. S’ils ont chacun une probabilité strictement positive, leur produit est positif ; ils ne peuvent alors pas être indépendants. Par exemple, « le résultat d’un dé est un » et « le résultat est deux » sont incompatibles. Apprendre que le premier s’est produit rend le second impossible : c’est bien une information qui change sa probabilité.
Un conditionnement sur une probabilité nulle n’est pas défini ici
La formule \(P_A(B)=P(A\cap B)/P(A)\) exige \(P(A)>0\). Si \(P(A)=0\), elle demanderait de diviser zéro par zéro. On ne remplace pas ce quotient par zéro, un, ni une valeur devinée. Dans le cadre de ces méthodes, le conditionnement n’est pas défini.
Il faut distinguer ce cas d’une intersection nulle avec un groupe de référence non nul. Si \(P(A)>0\) et \(P(A\cap B)=0\), alors \(P_A(B)=0\) est parfaitement défini. Le groupe de référence a une probabilité positive ; l’événement recherché a une probabilité conditionnelle nulle. Cela ne signifie pas, dans un modèle général, que cet événement est vide.
Aux limites de l’arbre
Supposons \(P(A)=0\) et \(P(B)=0{,}40\). L’inclusion \(A\cap B\subset A\) impose \(P(A\cap B)=0\). On ne peut pas calculer \(P_A(B)\), mais on peut calculer le conditionnement inversé :
Si maintenant \(P(A)=1\), le groupe complémentaire a une probabilité nulle. On utilise directement \(P(B)=P(A\cap B)=P_A(B)\). On n’écrit pas un terme « zéro fois une probabilité conditionnelle non définie » : on retire la branche nulle du calcul. Enfin, si \(P(B)=0\), la question \(P_B(A)\) n’est pas définie par le quotient habituel, quel que soit \(P(A)\).
La définition de l’indépendance par produit, elle, reste utilisable lorsque \(P(A)=0\). L’intersection a alors une probabilité nulle, donc \(P(A\cap B)=P(A)P(B)=0\). Dans le modèle probabiliste, un événement de probabilité nulle est ainsi indépendant de tout événement, même si conditionner par lui n’est pas défini ici. Ces deux notions ont des conditions différentes.
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Exercice 3 — Dépendance et cas limites d’un arbre
Pour \(0<p<1\), on sait que \(P(A)=p\), \(P_A(B)=0{,}80\) et \(P_{\overline A}(B)=0{,}20\). Exprime \(P(B)\) et \(P_B(A)\) en fonction de \(p\). Pour quel \(p\) a-t-on \(P_B(A)=1/2\) ? Les événements sont-ils indépendants pour cette valeur ? Puis examine les modèles limites \(p=0\) et \(p=1\), en retirant le conditionnement dont le groupe devient nul.
Tu peux chercher sur papier, demander une piste ou lire directement la correction. Reprends ensuite une étape avec tes propres mots.
Indice 1 · par où commencer
Les deux intersections valent \(0{,}80p\) et \(0{,}20(1-p)\). Leur somme fournit le dénominateur du conditionnement inversé.
Indice 2 · avancer d’une étape
On trouve \(P(B)=0{,}20+0{,}60p>0\). Résous \(0{,}80p/(0{,}20+0{,}60p)=1/2\), puis compare \(P_A(B)\) à \(P(B)\).
Voir le corrigé entièrement rédigé
Pour \(0<p<1\), les deux groupes conditionnants sont de probabilité positive. La formule des probabilités totales donne :
Le dénominateur est positif. On peut donc multiplier l’égalité demandée sans changer ses solutions :
Cette valeur appartient à l’intervalle imposé. Elle donne \(P(B)=0{,}32\), tandis que \(P_A(B)=0{,}80\) : les événements ne sont pas indépendants. Lorsque \(p=0\), on abandonne la donnée \(P_A(B)\), qui n’est plus définie ; le seul groupe de poids non nul donne \(P(B)=0{,}20\) et \(P_B(A)=0\). Lorsque \(p=1\), on abandonne \(P_{\overline A}(B)\) ; on obtient \(P(B)=0{,}80\) et \(P_B(A)=1\). Les expressions algébriques précédentes redonnent ces résultats aux bornes, mais leur interprétation nécessite bien de retirer le conditionnement impossible. Pour réessayer, garde les taux internes et cherche le poids initial qui rend \(P_B(A)=0{,}80\).
Après comparaison, où en es-tu ?
6. Contrôler et expliquer une réponse
Pour terminer un calcul, relis la question et reformule le résultat avec « parmi ». Un nombre compris entre zéro et un peut être faux s’il utilise le mauvais groupe. Vérifie aussi que les branches issues d’un même nœud totalisent un, que chaque intersection est au plus égale à chacun des deux événements, et que le dénominateur du conditionnement est strictement positif.
Si une somme de probabilités dépasse un, recherche d’abord un double comptage ou un mélange entre probabilités de branches et probabilités de chemins. Si l’inversion donne le même pourcentage que la donnée de départ, ce n’est ni automatiquement juste ni automatiquement faux : refais le calcul du nouveau total. Arrondis seulement à la fin, et écris \(\approx\) lorsqu’un résultat décimal est approché.
Variante sans corrigé : une boîte contient cent vingt cartes, dont quarante-cinq rouges et trente marquées d’un cercle. Quinze cartes sont rouges et marquées d’un cercle. Une carte est choisie uniformément. Calcule la probabilité des deux caractéristiques, puis chacun des deux conditionnements. Les événements sont-ils indépendants ? Termine par une phrase expliquant pourquoi les deux conditionnements ont le même numérateur mais des dénominateurs différents.
Tu peux reprendre une seule partie à la fois : le tableau pour les dénominateurs, l’arbre pour les intersections, ou les effectifs pour Bayes. Une correction consultée est un appui ; refaire une variante sans l’avoir sous les yeux permet de vérifier ce que tu peux expliquer par toi-même.