Probas conditionnelles

Troisième grande partie, et la plus importante pour le DS : les probabilités conditionnelles. L'idée : quand une information tombe (« le test est positif », « c'est une figure »), l'univers rétrécit, et toutes les probabilités se recalculent dans ce nouvel univers. Cette page suit la fin de la Leçon 2 : probabilité conditionnelle, arbre pondéré, indépendance, formule des probabilités totales — puis la fiche de TD n°3 corrigée exercice par exercice.

Cours

L'idée : une information qui rétrécit l'univers

On en fait tous les jours, des probabilités conditionnelles, sans le dire. Le cours donne trois exemples :

• « la grippe va-t-elle arriver cette année ? » — la question change si on sait qu'elle est déjà là ;
• « cet étudiant va-t-il réussir son examen ? » — sachant qu'il est sérieux et travaille, la probabilité est bien plus élevée ;
• « 100 % des gagnants ont tenté leur chance » — mais sachant que je ne joue jamais au loto, ma probabilité de gagner est nulle.

Dans chaque cas, une information supplémentaire est tombée, et elle change le calcul. L'image : les probabilités se jouent sur une scène. Au départ, la scène est l'univers Ω tout entier (les 52 cartes du jeu). Quand l'information « c'est une figure » tombe, la lumière se resserre : on ne joue plus que sur les 12 figures. Tous les calculs se font désormais dans ce nouveau théâtre.

L'exemple du cours, en détail : on tire une carte au hasard dans un jeu de 52 cartes et on doit deviner son type ; vous pariez que c'est une Dame. Votre probabilité de gagner : P(D) = 4/52 = 1/13. Puis l'animateur (regarde la carte et) annonce : « c'est une figure ». Il y a maintenant 12 possibles (les figures), et parmi elles 4 dames : votre chance passe à 4/12 = 1/3. L'information a triplé vos chances — sans qu'aucune carte ne change.

La définition : P de B sachant A

La notation du cours : P_F(D) se lit « probabilité que D se réalise sachant que F s'est réalisé ». La définition générale :

P_A(B) = P(A∩B) / P(A)        (avec P(A) ≠ 0)

Comment la lire ? P(A∩B), c'est « A et B à la fois » — la part de l'univers où les deux se réalisent. En la divisant par P(A), on la ramène à la nouvelle unité : on re-échelonne tout ce qui vit dans A pour que A redevienne « le tout ». Dans l'exemple : P(D∩F) = 4/52, P(F) = 12/52, donc P_F(D) = (4/52)/(12/52) = 4/12 = 1/3 — le 52 se simplifie : on ne compte plus qu'en figures.

Sur un univers rétréci, tout ce qu'on savait déjà continue de marcher, en restant « sachant A » :

P_A(B̄) = 1 − P_A(B)
P_A(B∪C) = P_A(B) + P_A(C) − P_A(B∩C)

Le gâteau de 100 % existe aussi dans la scène rétrécie.

L'arbre pondéré : P(A∩B) = P(A) × P_A(B)

Retourne la définition et tu obtiens LA formule la plus utilisée du semestre :

P(A∩B) = P(A) × P_A(B)

Sa lecture : « la chance d'arriver à B en passant par A ». C'est le principe multiplicatif du dénombrement, version hasard : les étapes s'enchaînent, et à chaque étape on multiplie par la probabilité de l'étape vue d'où l'on est. Et c'est sous cette forme qu'on représente tout sur un arbre pondéré :

Trois réflexes avec l'arbre :

• sur un chemin (une branche puis la suivante), on multiplie ;
• les branches partant d'un même nœud se complètent : P_A(B) + P_A(B̄) = 1, et P(A) + P(Ā) = 1 ;
• si on veut B « sans savoir par où on est passé », on additionne les chemins qui mènent à B — c'est la formule des probabilités totales, plus bas.

L'indépendance : quand l'information ne sert à rien

Cas particulier fondamental : parfois, apprendre que A s'est réalisé ne change rien à la probabilité de B. Si A et B sont indépendants, alors :

A et B sont indépendants  ⇔  P(A∩B) = P(A) × P(B)

Autrement dit : réaliser A n'influence pas B. Et comme P_A(B) = P(A∩B)/P(A), on a l'équivalence (pour des probabilités non nulles) :

indépendants  ⇔  P_A(B) = P(B)  ⇔  P_B(A) = P(A)

— l'information A ne bouge pas la probabilité de B, et réciproquement. Bonus du cours : si A et B sont indépendants, alors A et B̄ le sont aussi (ainsi que Ā et B, Ā et B̄) — savoir que A a eu lieu n'en dit rien sur B, ni sur « pas B ».

Les exemples du cours :

• Grand Place de Lille : 30 % des passants ont plus de 60 ans, 48 % sont des hommes, et ces deux caractères sont indépendants. Probabilité de tomber sur un homme de plus de 60 ans : P(A∩H) = 0,3 × 0,48 = 0,144.
• Le sac mixte : 17 boules (5 rouges, 12 noires) et 20 cubes (10 rouges, 10 noirs) dans un sac ; on tire un objet. C « tirer un cube », R « tirer un rouge ». P(C) = 20/37, P(R) = 15/37, donc P(C)×P(R) = 300/1369 ≈ 0,219 ; mais P(C∩R) = 10/37 ≈ 0,270. Les deux ne collent pas : les événements ne sont pas indépendants — les cubes sont rouges à moitié, les boules presque jamais, savoir « c'est un cube » change tout.
• Mes cartes préférées : dans un jeu de 32 cartes, j'ai 8 cartes préférées (2 ♡, 3 ♣, 1 ♠, 2 ♢). T « tirer un trèfle », C « tirer un carreau », P « c'est une de mes préférées ». P_P(T) = 3/8 alors que P(T) = 2/8 : la proportion de trèfles est plus grande chez mes préférées → T et P ne sont pas indépendants. Mais P_P(C) = 2/8 = P(C) : la proportion de carreaux est la même partout → C et P sont indépendants.

La formule des probabilités totales : additionner les chemins

Dernière pièce du puzzle. Des événements A₁, A₂, …, Aₙ forment une partition de l'univers Ω quand ils sont disjoints deux à deux et que leur union reconstitue tout Ω. L'image : on découpe la scène en tranches qui ne se chevauchent pas et qui couvrent tout — chaque résultat tombe dans une et une seule tranche. Exemples du cours : au lycée, S « être en seconde », P « en première », T « en terminale » forment une partition (personne n'est dans deux niveaux, tout le monde est dans un niveau) ; mais A « faire de l'anglais » et E « de l'espagnol » non — des élèves font les deux (A∩E ≠ ∅). Cas particulier qui sert tout le temps : A et Ā forment toujours une partition.

Pour un événement B, chaque tranche contient un morceau de B (B∩A₁, B∩A₂, …). Ces morceaux sont disjoints, donc on additionne — et dans chaque morceau, on passe par l'arbre pondéré :

P(B) = P(B∩A₁) + … + P(B∩Aₙ) = P(A₁)×P_{A₁}(B) + … + P(Aₙ)×P_{Aₙ}(B)

En cas de deux événements, avec la partition {A, Ā} :

P(B) = P(A) × P_A(B) + P(Ā) × P_Ā(B)

L'arbre de tout à l'heure le montre d'un coup d'œil : B est au bout de deux chemins (passant par A, passant par Ā) — la probabilité de B, c'est la somme des deux chemins, chacun pondéré par sa branche d'entrée.

L'exemple du cours : un lycée de 350 élèves — 140 en Seconde, 112 en Première, 98 en Terminale ; 30 % des Secondes sont boursiers, 25 % des Premières, 50 % des Terminales. Un élève tiré au hasard : quelle est la probabilité qu'il soit boursier ? La partition S, P, T découpe le lycée ;

P(B) = P(S)×P_S(B) + P(P)×P_P(B) + P(T)×P_T(B)
     = 0,4×0,3 + 0,32×0,25 + 0,28×0,5 = 0,34

34 % de chances que l'élève tiré soit boursier — une moyenne pondérée, où les poids sont les tailles des tranches.

Exercices

Les dix exercices de la fiche de TD n°3, énoncés en condensé. Cherchez avant d'ouvrir chaque solution — et surveille le dernier : il finit par un duel avec le Jackpot du loto.

Exercice 1 — Indépendants ou pas ?

A et B sont deux événements d'un univers tels que P(A) = 0,2, P(B) = 0,3 et P(A∪B) = 0,44. Les événements A et B sont-ils indépendants ?

P(A∩B) = P(A) + P(B) − P(A∪B) = 0,2 + 0,3 − 0,44 = 0,06

P(A∩B) = P(A) × P(B)   →   A et B sont indépendants

Exercice 2 — Le stock de chaussures

Un stock de paires de chaussures, rangées par pointure et couleur :

On prend une paire au hasard. A : « la paire est noire », B : « la pointure est 44 ». 1. A et B sont-ils indépendants ? 2. Combien de paires bleues de taille 43 ajouter pour rendre A et B indépendants ? 3. À partir de la situation initiale, combien de paires noires de pointure 44 ajouter pour les rendre indépendants ?

P(A)×P(B) = 18/41 × 22/41 = 396/1681 ≈ 0,236
P(A∩B) = 9/41 ≈ 0,220

18/(41+x) × 22/(41+x) = 9/(41+x)
18 × 22 = 9 × (41+x)      →      396 = 369 + 9x      →      x = 3

(18+y)(22+y) = (9+y)(41+y)
396 + 40y + y² = 369 + 50y + y²      →      27 = 10y      →      y = 2,7

Exercice 3 — Les deux défauts

En fabrication, 8 % des pièces ont le défaut A et 10 % le défaut B, les deux défauts survenant indépendamment. Une pièce prise au hasard : calculer la probabilité qu'elle ait les deux défauts, au moins un défaut, un seul défaut, aucun défaut.

1. les deux :   P(A∩B) = 0,08 × 0,10 = 0,008        (0,8 %)
2. au moins un : P(A∪B) = 0,08 + 0,10 − 0,008 = 0,172  (17,2 %)
3. un seul :    P(A∆B) = P(A∪B) − P(A∩B) = 0,164      (16,4 %)
4. aucun :      1 − P(A∪B) = 0,828                    (82,8 %)

Exercice 4 — L'arbre des défauts

Pour prévenir deux défectuosités A et B, on teste la production : 8 % des pièces présentent le défaut A ; parmi elles, 15 % ont aussi le défaut B ; parmi celles sans A, 5 % ont le défaut B. 1. P(les deux défauts). 2. P(B seulement). 3. P(B), puis P(sans défaut). 4. Une pièce a le défaut B : quelle est la probabilité qu'elle ait aussi le défaut A ?

1. P(A∩B)  = P(A) × P_A(B)  = 0,08 × 0,15 = 0,012
2. P(Ā∩B)  = P(Ā) × P_Ā(B)  = 0,92 × 0,05 = 0,046
3. P(B)    = P(A∩B) + P(Ā∩B) = 0,012 + 0,046 = 0,058
   P(Ā∩B̄) = P(Ā) × P_Ā(B̄) = 0,92 × 0,95 = 0,874

P_B(A) = P(A∩B) / P(B) = 0,012 / 0,058 = 12/58 ≈ 0,207

Exercice 5 — Authentification à deux facteurs

Un système d'authentification combine mot de passe et code envoyé par SMS :

• la probabilité qu'un attaquant devine le mot de passe est de 0,001 (événement M) ;
• si le mot de passe est correct, il intercepte aussi le SMS avec une probabilité de 0,02 (événement S) ;
• si le mot de passe est incorrect, l'accès est refusé d'office ;
• indépendamment, une faille logicielle permet l'accès avec une probabilité de 0,0005 (événement F).

1. Représenter la situation par un arbre de probabilités. 2. Quelle est la probabilité d'un accès par mot de passe et SMS ? 3. Sachant qu'un accès frauduleux a eu lieu, quelle est la probabilité qu'il soit passé par cette voie plutôt que par la faille ?

P(M∩S) = P(M) × P_M(S) = 0,001 × 0,02 = 0,00002     (0,002 %)

P(A) = 0,00002 + 0,0005 = 0,00052
P_A(M∩S) = P(M∩S) / P(A) = 0,00002 / 0,00052 ≈ 0,0385

Exercice 6 — La matrice de confusion du filtre anti-spam

Un filtre anti-spam est testé sur 1 000 mails (500 spam, 500 non-spam) :

Partie A. 1. Calculer l'accuracy (taux de bonnes réponses global). 2. La precision : parmi les mails classés « spam », quelle proportion l'est vraiment ? 3. Le recall : parmi les mails réellement spam, quelle proportion a été détectée ? 4. Quel est le risque concret d'un faux positif pour l'utilisateur ?

Partie B. On tire un mail au hasard : S « le mail est réellement du spam », P « le filtre prédit spam ». 5. Exprimer recall et precision comme des probabilités conditionnelles. 6. Calculer P(S), P(P), P(S∩P), puis vérifier la cohérence avec la partie A.

Partie C. En réalité, sur 10 000 mails, seuls 500 sont du spam (5 %). Le filtre garde les mêmes performances : recall de 92 %, taux de faux positifs de 6 %. 7. Construire la nouvelle matrice. 8. Recalculer accuracy, precision, recall. 9. Comparer la precision à celle de la partie A — que conclure quand le filtre annonce « ceci est un spam » ? 10. Un filtre grand public doit-il optimiser plutôt son recall ou sa precision ?

accuracy  = bonnes réponses / total        = (460 + 470) / 1000 = 0,93
precision = vrais spams parmi les « spam » = 460 / (460 + 30) ≈ 0,939
recall    = spams détectés parmi les spams = 460 / 500 = 0,92

recall    = P(P | S) = P(S∩P) / P(S) = 460/500 = 0,92
precision = P(S | P) = P(S∩P) / P(P) = 460/490 ≈ 0,939

P(S)   = 500/1000 = 0,5        (un mail sur deux est du spam — ici seulement !)
P(P)   = 490/1000 = 0,49
P(S∩P) = 460/1000 = 0,46

VP = 0,92 × 500   = 460        (spams détectés)
FN = 500 − 460    = 40
FP = 0,06 × 9 500 = 570        (légitimes classés spam — les 6 % de faux positifs)
VN = 9 500 − 570  = 8 930

accuracy  = (460 + 8 930) / 10 000 = 0,939
precision = 460 / (460 + 570) = 460/1 030 ≈ 0,447
recall    = 460 / 500 = 0,92      (inchangé — le taux de détection n'a pas bougé)

Exercice 7 — Le mot « gratuit »

Un filtre anti-spam classe les emails reçus. On sait que :

• 30 % des emails reçus sont des spams (S) ;
• parmi les spams, 90 % contiennent le mot « gratuit » (G) ;
• parmi les emails légitimes, 5 % contiennent aussi ce mot.

Un email contient le mot « gratuit ». Quelle est la probabilité que ce soit un spam ?

P(G) = P(S) × P_S(G) + P(S̄) × P_S̄(G)
     = 0,3 × 0,9 + 0,7 × 0,05 = 0,27 + 0,035 = 0,305

P(S|G) = P(S∩G) / P(G) = 0,27 / 0,305 ≈ 0,885

Exercice 8 — Le portable de Pierre

Quand on téléphone à Pierre, on a 9 chances sur 10 de tomber sur sa messagerie. Quand il a son portable sur lui, il se met en mode « ne pas déranger » 2 fois sur 3 — et alors on tombe sur sa messagerie ; sans portable, on tombe toujours sur la messagerie. P : « Pierre a son portable près de lui », M : « on tombe sur sa messagerie ». 1. Quelle est P(P) ? 2. On tombe sur sa messagerie : quelle est la probabilité qu'il ait son portable sur lui ?

P(M) = P(P)×P_P(M) + P(P̄)×P_P̄(M)
9/10 = x × 2/3 + (1−x) × 1
9/10 = 1 − x/3      →      x/3 = 1/10      →      x = 3/10

P_M(P) = P(P∩M) / P(M) = (3/10 × 2/3) / (9/10) = (1/5) × (10/9) = 2/9

Exercice 9 — Le problème juridique

Une entreprise confie un dossier délicat à un employé (50 chances sur 100 de le résoudre) et à son expert-comptable (70 chances sur 100), indépendamment.

1. Quelle est la probabilité que le problème soit résolu ? 2. En cas d'échec, un cabinet d'avocats le résout indépendamment avec une probabilité de 0,8. Quelle est alors la probabilité qu'il soit résolu ?

P(R) = P(E∪C) = P(E) + P(C) − P(E)×P(C) = 0,5 + 0,7 − 0,35 = 0,85

P = P(R) + P(R̄)×0,8 = 0,85 + 0,15×0,8 = 0,97

Exercice 10 — Le test de dépistage (et le Jackpot)

Une maladie touche un millième de la population (P(M) = 0,001). Le test la détecte avec une fiabilité de 99 % quand elle est présente (P_M(T) = 0,99), mais donne un résultat faussement positif pour 0,2 % des personnes saines (P_M̄(T) = 0,002). 1. Le test est positif : quelle est la probabilité que la personne soit en fait saine ? 2. On refait un second test, indépendant conditionnellement à la maladie, et il est positif lui aussi : probabilité d'être saine ? 3. Généralisons à n tests positifs : Jacky les a tous. Son médecin affirme que ses chances d'être sain sont plus faibles que de gagner le Jackpot au loto (1/1 906 884). Quel était le nombre minimal n de tests ?

P(T) = P(M)×P_M(T) + P(M̄)×P_M̄(T)
     = 0,001×0,99 + 0,999×0,002 = 0,00099 + 0,001998 = 0,002988
P_T(M̄) = P(M̄∩T)/P(T) = 0,002×0,999 / 0,002988 ≈ 0,669

P(T∩S) = P_M(T)×P_M(S)×P(M) + P_M̄(T)×P_M̄(S)×P(M̄)
       = 0,99²×0,001 + 0,002²×0,999 ≈ 0,000984
P_{T∩S}(M̄) = 0,002²×0,999 / 0,000984 ≈ 0,004

(0,002ⁿ × 0,999) / (0,99ⁿ × 0,001 + 0,002ⁿ × 0,999)

1 + 495ⁿ/999 > 1 906 884      →      495ⁿ > 1 906 883 × 999 = 1 904 976 117
n > ln(1 904 976 117) / ln(495) ≈ 3,4

A retenir

• une information rétrécit l'univers : P_A(B) = P(A∩B)/P(A) — la part de B parmi A ;
• l'arbre pondéré : sur un chemin on multiplie (P(A∩B) = P(A) × P_A(B)), entre branches d'un même nœud on complète (P_A(B) + P_A(B̄) = 1) ;
• indépendance : P(A∩B) = P(A)×P(B), équivalent à P_A(B) = P(B) — ce n'est pas la disjonction, et ça se vérifie ou s'hypothèse, ça ne se devine pas ;
• probabilités totales : avec une partition (souvent {A, Ā}), P(B) = P(A)×P_A(B) + P(Ā)×P_Ā(B) — la somme des chemins de l'arbre ;
• le grand classique du dépistage : maladie rare + faux positifs → un test positif reste majoritairement un sain ; la conditionnelle à l'envers se calcule toujours par P_B(A) = P(A∩B)/P(B).