Probabilités conditionnelles et indépendance

La probabilité conditionnelle

Quand on dispose d'une information nouvelle, on n'évalue plus le hasard de la même façon. Apprendre qu'une carte tirée est rouge change la probabilité qu'elle soit un cœur ; savoir qu'un élève est en spécialité maths change la probabilité qu'il aime les probabilités. La probabilité conditionnelle formalise ce « sachant que ».

L'idée est géométrique : on se restreint au « monde » où $B$ est vrai, et dans ce monde réduit, on regarde quelle part est aussi occupée par $A$. Le dénominateur $P(B)$ remplace le $1$ habituel : $B$ devient le nouvel univers de référence.

Exemple 1. Dans une classe de $30$ élèves d'un lycée de Rabat, $18$ font la spécialité maths. Parmi ces $18$, $12$ sont aussi inscrits au club de robotique. On choisit un élève au hasard. Soit $M$ : « fait spécialité maths » et $R$ : « est au club de robotique ». On a $P(M)={\displaystyle \frac{18}{30}}$ et $P(M\cap R)={\displaystyle \frac{12}{30}}$. La probabilité qu'un élève soit au club de robotique sachant qu'il fait maths est $P_M(R)={\displaystyle \frac{P(M\cap R)}{P(M)}}={\displaystyle \frac{12\mathrm{/}30}{18\mathrm{/}30}}={\displaystyle \frac{12}{18}}={\displaystyle \frac{2}{3}}\mathrm{.}$ On retrouve l'intuition directe : parmi les $18$ matheux, $12$ sont à la robotique, soit ${\displaystyle \frac{12}{18}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$.

Exemple 2. On tire une carte au hasard dans un jeu de $32$ cartes. Soit $C$ : « la carte est un cœur » et $D$ : « la carte est une dame ». Il y a $8$ cœurs, donc $P(C)={\displaystyle \frac{8}{32}}$, et une seule dame de cœur, donc $P(C\cap D)={\displaystyle \frac{1}{32}}$. La probabilité que la carte soit une dame sachant qu'elle est un cœur est $P_C(D)={\displaystyle \frac{P(C\cap D)}{P(C)}}={\displaystyle \frac{1\mathrm{/}32}{8\mathrm{/}32}}={\displaystyle \frac{1}{8}}\mathrm{.}$ Là encore : parmi les $8$ cœurs, $1$ seul est une dame.

La formule des probabilités composées

En multipliant les deux membres de la définition par $P(B)$, on obtient une relation symétrique extrêmement utile pour calculer une intersection.

Autrement dit, la probabilité que les deux se réalisent s'obtient en enchaînant : la probabilité du premier, puis la probabilité du second sachant le premier. C'est exactement la logique qu'on lira sur un arbre pondéré à la leçon suivante.

Exemple 3. Une urne contient $5$ jetons : $3$ verts et $2$ rouges. On en tire deux successivement, sans remise. Quelle est la probabilité de tirer deux verts ? Soit $V_1$ : « le premier est vert » et $V_2$ : « le second est vert ». On a $P(V_1)={\displaystyle \frac{3}{5}}$. Une fois un vert retiré, il reste $4$ jetons dont $2$ verts, donc $P_{V_1}(V_2)={\displaystyle \frac{2}{4}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Par les probabilités composées, $P(V_1\cap V_2)=P(V_1)\times P_{V_1}(V_2)={\displaystyle \frac{3}{5}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{3}{10}}\mathrm{.}$

Le piège de l'inversion du conditionnement

L'erreur la plus grave de tout le chapitre — et celle de Karim dans l'introduction — est de confondre $P_B(A)$ et $P_A(B)$. Ces deux nombres n'ont aucune raison d'être égaux. Salma le constate brutalement : dans une population, $P_{\text{malade}}(\text{test positif})$ peut valoir $\mathrm{0,99}$ (le test détecte presque tous les malades), tandis que $P_{\text{test positif}}(\text{malade})$ peut n'être que de $\mathrm{0,16}$ si la maladie est rare et qu'il y a beaucoup de faux positifs. La « fiabilité du test » est le premier nombre ; la question qui t'intéresse vraiment quand la borne sonne est le second. Lis toujours la barre de conditionnement avec soin : sachant quoi exactement ? Inverser le conditionnement, c'est répondre à une autre question que celle posée.

Les arbres pondérés

Pour les expériences qui se déroulent en plusieurs étapes — tirer puis tirer encore, choisir une urne puis une boule — l'arbre pondéré est l'outil de modélisation roi. Il transforme un calcul conditionnel parfois abstrait en une lecture quasi mécanique.

Trois règles gouvernent la lecture d'un arbre, et elles suffisent à tout résoudre.

La règle 2 n'est rien d'autre que la formule des probabilités composées vue à la leçon 1 : descendre d'un cran le long d'un chemin, c'est multiplier par une probabilité conditionnelle.

Exemple 1. Reprends l'urne de $5$ jetons ($3$ verts, $2$ rouges), tirage sans remise de deux jetons. L'arbre a deux niveaux. Au premier : $V_1$ avec probabilité ${\displaystyle \frac{3}{5}}$, $R_1$ avec ${\displaystyle \frac{2}{5}}$. Depuis $V_1$ : $V_2$ avec ${\displaystyle \frac{2}{4}}$, $R_2$ avec ${\displaystyle \frac{2}{4}}$. Depuis $R_1$ : $V_2$ avec ${\displaystyle \frac{3}{4}}$, $R_2$ avec ${\displaystyle \frac{1}{4}}$. Le chemin « deux verts » a pour probabilité ${\displaystyle \frac{3}{5}}\times {\displaystyle \frac{2}{4}}={\displaystyle \frac{3}{10}}$, conformément à la leçon 1.

Exemple 2. Vérifions la règle 1 sur le nœud $V_1$ : les branches sortantes valent ${\displaystyle \frac{2}{4}}$ et ${\displaystyle \frac{2}{4}}$, de somme $1$. Et la règle 3 sur l'événement « tirer exactement un vert » : deux chemins le réalisent, $V_1{R}_2$ de probabilité ${\displaystyle \frac{3}{5}}\times {\displaystyle \frac{2}{4}}={\displaystyle \frac{3}{10}}$ et $R_1{V}_2$ de probabilité ${\displaystyle \frac{2}{5}}\times {\displaystyle \frac{3}{4}}={\displaystyle \frac{3}{10}}$, soit au total ${\displaystyle \frac{3}{10}}+{\displaystyle \frac{3}{10}}={\displaystyle \frac{3}{5}}$.

Le piège des branches qui ne somment pas à 1

L'arbre est un garde-fou puissant à condition de respecter la règle 1. Karim construit un arbre où, depuis le nœud $V_1$, il met ${\displaystyle \frac{2}{4}}$ vers $V_2$ et ${\displaystyle \frac{2}{5}}$ vers $R_2$. Faute fatale : ces deux branches partent d'un nœud où le premier jeton vert a déjà été retiré, donc le dénominateur est $4$, pas $5$. Leur somme ${\displaystyle \frac{2}{4}}+{\displaystyle \frac{2}{5}}={\displaystyle \frac{18}{20}}\mathrm{\ne }1$ révèle l'erreur immédiatement. Réflexe à acquérir : après chaque nœud, vérifie que les branches sortantes font bien $1$. Si ce n'est pas le cas, une probabilité conditionnelle est fausse.

La formule des probabilités totales

Souvent, un événement peut survenir par plusieurs « routes » distinctes : être en retard parce qu'on a pris le tram ou parce qu'on est venu à pied. Pour calculer sa probabilité, on additionne les contributions de chaque route. C'est exactement la règle 3 de l'arbre, érigée en théorème général.

Chaque terme $P(B_i)\times P_{B_i}(A)$ est la probabilité du chemin « passer par $B_i$ puis réaliser $A$ ». On les somme parce que les routes sont incompatibles et couvrent tous les cas. Avec la partition $\{B,\bar{B}\}$, cela donne la forme la plus fréquente : $P(A)=P(B)\times P_B(A)+P(\bar{B})\times P_{\bar{B}}(A)\mathrm{.}$

Exemple 1. Une coopérative près d'Agadir s'approvisionne en huile d'argan auprès de deux ateliers. L'atelier $1$ fournit $60\mathrm{\%}$ des bidons, l'atelier $2$ les $40\mathrm{\%}$ restants. Parmi les bidons de l'atelier $1$, $5\mathrm{\%}$ sont non conformes ; pour l'atelier $2$, c'est $8\mathrm{\%}$. On prend un bidon au hasard dans le stock. Quelle est la probabilité qu'il soit non conforme ? Soit $A_1$, $A_2$ les provenances (partition de $\mathrm{\Omega }$) et $N$ : « non conforme ». La formule donne $P(N)=P(A_1)\times P_{A_1}(N)+P(A_2)\times P_{A_2}(N)=\mathrm{0,60}\times \mathrm{0,05}+\mathrm{0,40}\times \mathrm{0,08}=\mathrm{0,03}+\mathrm{0,032}=\mathrm{0,062.}$ Soit $\mathrm{6,2}\mathrm{\%}$ de bidons non conformes dans l'ensemble du stock.

La probabilité « à rebours » : retrouver une cause

La formule des probabilités totales calcule $P(A)$. Mais on veut parfois l'inverse : sachant que $A$ s'est produit, par quelle route est-on probablement passé ? On combine alors la définition de la conditionnelle avec la formule des probabilités totales.

Exemple 2. Dans la coopérative ci-dessus, un bidon prélevé se révèle non conforme. Quelle est la probabilité qu'il vienne de l'atelier $1$ ? On cherche $P_N(A_1)$ : $P_N(A_1)={\displaystyle \frac{P(A_1)\times P_{A_1}(N)}{P(N)}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,60}\times \mathrm{0,05}}{\mathrm{0,062}}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,03}}{\mathrm{0,062}}}\approx \mathrm{0,484.}$ Bien que l'atelier $1$ fournisse $60\mathrm{\%}$ des bidons, il n'est responsable que de $\mathrm{48,4}\mathrm{\%}$ des défauts, parce que son taux de non-conformité est plus bas. Voilà l'inversion du conditionnement faite correctement, là où Karim se trompait.

Le piège de la pondération oubliée

L'erreur classique consiste à ignorer les probabilités $P(B_i)$ et à se contenter d'additionner — ou pire, de moyenner — les taux conditionnels. Salma écrit $P(N)={\displaystyle \frac{\mathrm{0,05}+\mathrm{0,08}}{2}}=\mathrm{0,065}$ : faux, car les deux ateliers ne fournissent pas la même quantité. Il faut pondérer chaque taux par la part de l'atelier : $\mathrm{0,60}\times \mathrm{0,05}$ et $\mathrm{0,40}\times \mathrm{0,08}$. Le « poids » de chaque route compte autant que son taux. Une moyenne simple ne serait correcte que si les deux ateliers fournissaient exactement la même proportion de bidons.

L'indépendance de deux événements

Jusqu'ici, savoir que $B$ est réalisé modifiait la probabilité de $A$. Mais il existe une situation remarquable où cette information ne change rien : l'événement $A$ est aussi probable, qu'on sache $B$ réalisé ou non. On dit alors que $A$ et $B$ sont indépendants.

L'égalité $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$ est le critère officiel : pour décider de l'indépendance, on compare le produit $P(A)\times P(B)$ à la probabilité de l'intersection $P(A\cap B)$. S'ils sont égaux, indépendance ; sinon, dépendance.

Exemple 1. On lance deux fois une pièce équilibrée. Soit $A$ : « pile au premier lancer » et $B$ : « pile au second lancer ». On a $P(A)={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $P(B)={\displaystyle \frac{1}{2}}$, et l'univers à $4$ issues équiprobables $\{PP,PF,FP,FF\}$ donne $P(A\cap B)=P(\{PP\})={\displaystyle \frac{1}{4}}$. Comme $P(A)\times P(B)={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{1}{4}}=P(A\cap B)$, les deux lancers sont indépendants : c'est conforme à l'intuition, la pièce n'a pas de mémoire.

Exemple 2. On lance un dé équilibré. Soit $A$ : « obtenir un nombre pair » $=\{2;4;6\}$ et $B$ : « obtenir un multiple de $3$ » $=\{3;6\}$. Alors $P(A)={\displaystyle \frac{3}{6}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $P(B)={\displaystyle \frac{2}{6}}={\displaystyle \frac{1}{3}}$, et $A\cap B=\{6\}$ donne $P(A\cap B)={\displaystyle \frac{1}{6}}$. Or $P(A)\times P(B)={\displaystyle \frac{1}{2}}\times {\displaystyle \frac{1}{3}}={\displaystyle \frac{1}{6}}=P(A\cap B)$ : ces deux événements sont indépendants, alors même qu'ils portent sur le même lancer. L'indépendance n'a donc rien à voir avec « deux expériences séparées » : c'est une propriété purement numérique.

Indépendance n'est pas incompatibilité

Voici une confusion qu'il faut tuer dans l'œuf. Deux événements incompatibles (vu en Seconde) vérifient $A\cap B=\mathrm{\varnothing }$ : ils ne peuvent pas se produire ensemble. Deux événements indépendants vérifient $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$ : savoir l'un ne renseigne pas sur l'autre. Ce sont des notions opposées plutôt que voisines.

C'est logique : si $A$ et $B$ ne peuvent jamais coexister, alors apprendre que $A$ est réalisé t'apprend que $B$ ne l'est pas — une information maximale sur $B$. L'incompatibilité est une forme extrême de dépendance.

Le piège de l'indépendance « à l'œil »

On ne décide jamais de l'indépendance par intuition narrative ; on la vérifie par le calcul. Karim affirme : « tirer un cœur et tirer une figure, c'est indépendant, la couleur n'a rien à voir avec la valeur. » Vérifions dans un jeu de $32$ cartes : $P(\text{cœur})={\displaystyle \frac{8}{32}}={\displaystyle \frac{1}{4}}$, $P(\text{figure})={\displaystyle \frac{12}{32}}={\displaystyle \frac{3}{8}}$ (valet, dame, roi dans chaque couleur, soit $12$ figures), et $P(\text{cœur}\cap \text{figure})={\displaystyle \frac{3}{32}}$. Le produit ${\displaystyle \frac{1}{4}}\times {\displaystyle \frac{3}{8}}={\displaystyle \frac{3}{32}}$ : ici Karim a raison, mais par chance autant que par flair. Change le jeu de cartes ou la définition de « figure » et l'égalité peut tomber. La seule preuve recevable est la comparaison de $P(A\cap B)$ et de $P(A)\times P(B)$ — l'intuition propose, le calcul dispose.

Succession d'épreuves indépendantes

Lancer une pièce plusieurs fois, tirer une boule avec remise à répétition : ce sont des suites d'épreuves identiques qui n'interagissent pas. L'indépendance permet alors de multiplier les probabilités le long d'un chemin sans jamais conditionner — un cas particulier d'arbre où toutes les branches d'un même rang portent les mêmes valeurs.

C'est la traduction directe de l'indépendance : comme $P_B(A)=P(A)$, les probabilités conditionnelles de l'arbre redeviennent les probabilités « ordinaires », et le produit des branches devient un simple produit de probabilités fixes.

Exemple 1. Amine joue à un stand du souk de Marrakech où, à chaque partie, il gagne avec probabilité $\mathrm{0,2}$, indépendamment des parties précédentes. Il joue $3$ parties. La probabilité qu'il perde les trois est, par indépendance, $P(\text{3 d}\acute{\text{e}}\text{faites})=\mathrm{0,8}\times \mathrm{0,8}\times \mathrm{0,8}={\mathrm{0,8}}^3=\mathrm{0,512.}$ La probabilité qu'il gagne au moins une fois s'obtient alors par le contraire : $P(\text{au moins une victoire})=1-\mathrm{0,512}=\mathrm{0,488.}$

Exemple 2. On lance une pièce équilibrée $4$ fois de suite. Chaque lancer donne pile avec probabilité ${\displaystyle \frac{1}{2}}$, indépendamment des autres. La probabilité d'obtenir « pile à chaque lancer » est ${\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^4={\displaystyle \frac{1}{16}}\mathrm{.}$ Et la probabilité d'une suite précise comme $PFPF$ vaut aussi ${\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)}^4={\displaystyle \frac{1}{16}}$ : chaque suite ordonnée de $4$ résultats est équiprobable, car la pièce est équilibrée.

Le réflexe du « au moins un »

Dès qu'une question contient « au moins un », pense au contraire « aucun ». Calculer directement « au moins une victoire » exigerait d'additionner les cas « exactement une », « exactement deux », « exactement trois » victoires — long et propice aux oublis. Le contraire « aucune victoire » est un unique chemin, dont la probabilité est un simple produit. On conclut par $P(\text{au moins un})=1-P(\text{aucun})$. Ce réflexe, déjà esquissé en Seconde, devient systématique ici.

Le piège de l'oubli d'indépendance dans le tirage sans remise

Le produit des probabilités fixes ne vaut que sous indépendance. Salma calcule la probabilité de tirer deux rois d'affilée dans un jeu de $32$ cartes sans remise comme ${\displaystyle \frac{4}{32}}\times {\displaystyle \frac{4}{32}}$. Faux : après avoir retiré un roi, il n'en reste que $3$ sur $31$ cartes, donc le second tirage dépend du premier. Le bon calcul est conditionnel : ${\displaystyle \frac{4}{32}}\times {\displaystyle \frac{3}{31}}$. La règle : tirage avec remise $\Rightarrow$ indépendance $\Rightarrow$ on multiplie des probabilités fixes ; tirage sans remise $\Rightarrow$ dépendance $\Rightarrow$ on multiplie par des probabilités conditionnelles. Lis toujours l'énoncé : « avec remise » ou « sans remise » change tout.

Pièges classiques

Piège 1 : inverser le conditionnement. $P_B(A)$ et $P_A(B)$ sont en général différents. « La probabilité que le test soit positif sachant qu'on est malade » n'est pas « la probabilité d'être malade sachant que le test est positif ». Confondre les deux est l'erreur reine des probabilités conditionnelles ; relis toujours sachant quoi exactement la question demande.

Piège 2 : croire qu'indépendance signifie incompatibilité. Deux événements incompatibles ($A\cap B=\mathrm{\varnothing }$) de probabilités non nulles sont en réalité dépendants : savoir que $A$ se produit garantit que $B$ ne se produit pas. L'indépendance, elle, signifie $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$ : l'un n'informe pas sur l'autre. Ce sont des notions opposées.

Piège 3 : multiplier des probabilités sans vérifier l'indépendance. La formule $P(A\cap B)=P(A)\times P(B)$ n'est valable que si $A$ et $B$ sont indépendants. Dans un tirage sans remise, le deuxième tirage dépend du premier : il faut une probabilité conditionnelle, pas une probabilité fixe. Toujours se demander : « le premier événement change-t-il les probabilités du second ? »

Piège 4 : oublier de pondérer dans la formule des probabilités totales. $P(A)={\sum }_{i}P(B_i)P_{B_i}(A)$ pondère chaque taux conditionnel par la probabilité de sa route $P(B_i)$. Faire une moyenne simple des taux $P_{B_i}(A)$ ne serait correct que si toutes les routes étaient équiprobables. Le poids de chaque branche compte autant que son taux.

Piège 5 : des branches d'un nœud qui ne somment pas à $1$. Sur un arbre pondéré, les probabilités des branches issues d'un même nœud doivent sommer à $1$ (ce sont des probabilités conditionnelles à ce nœud). Si elles ne le font pas, une probabilité est fausse, souvent à cause d'un mauvais dénominateur après un tirage sans remise. C'est ton garde-fou de vérification.

Piège 6 : confondre $P(A\cap B)$ et $P_B(A)$. $P(A\cap B)$ est la probabilité que les deux se réalisent dans l'univers entier ; $P_B(A)$ est la probabilité de $A$ dans l'univers réduit à $B$. Elles sont reliées par $P_B(A)={\displaystyle \frac{P(A\cap B)}{P(B)}}$, et ne sont égales que si $P(B)=1$. Sur un arbre, $P(A\cap B)$ est une probabilité de chemin (produit) ; $P_B(A)$ est une probabilité de branche.

Application concrète

Yasmine reprend l'affichette du tramway de Casablanca qui ouvrait ce chapitre, déterminée à régler la question posée par Karim avec des chiffres. On suppose qu'une borne de contrôle « fiable à $95\mathrm{\%}$ » signifie : elle sonne sur $95\mathrm{\%}$ des vrais fraudeurs (vrais positifs) et reste muette sur $95\mathrm{\%}$ des voyageurs en règle ($5\mathrm{\%}$ de fausses alarmes). On estime par ailleurs que $4\mathrm{\%}$ des voyageurs fraudent réellement. La question de Karim : quand la borne sonne, quelle est vraiment la probabilité que la personne fraude ?

Étape 1 — Poser les événements et la partition. Soit $F$ : « la personne fraude » et $\bar{F}$ : « elle est en règle ». Ces deux événements forment une partition de l'univers des voyageurs : $P(F)=\mathrm{0,04}$ et $P(\bar{F})=\mathrm{0,96}$. Soit $S$ : « la borne sonne ». Les données fournissent les probabilités conditionnelles : $P_F(S)=\mathrm{0,95}$ (sonne sur les fraudeurs) et $P_{\bar{F}}(S)=\mathrm{0,05}$ (fausse alarme sur les voyageurs en règle).

Étape 2 — Construire l'arbre pondéré. L'arbre a deux niveaux : d'abord $F$ ($\mathrm{0,04}$) ou $\bar{F}$ ($\mathrm{0,96}$), puis depuis chaque nœud la borne sonne ($S$) ou non ($\bar{S}$). Depuis $F$ : $S$ avec $\mathrm{0,95}$, $\bar{S}$ avec $\mathrm{0,05}$. Depuis $\bar{F}$ : $S$ avec $\mathrm{0,05}$, $\bar{S}$ avec $\mathrm{0,95}$. Vérification (règle 1) : chaque nœud somme bien à $1$.

Étape 3 — Calculer $P(S)$ par les probabilités totales. La borne peut sonner par deux routes : sur un vrai fraudeur, ou par fausse alarme. Par la formule des probabilités totales, $P(S)=P(F)P_F(S)+P(\bar{F})P_{\bar{F}}(S)=\mathrm{0,04}\times \mathrm{0,95}+\mathrm{0,96}\times \mathrm{0,05}=\mathrm{0,038}+\mathrm{0,048}=\mathrm{0,086.}$ La borne sonne donc sur $\mathrm{8,6}\mathrm{\%}$ des voyageurs.

Étape 4 — Inverser le conditionnement. La vraie question de Karim est $P_S(F)$ : sachant que la borne a sonné, quelle probabilité de fraude ? Par la définition de la conditionnelle, $P_S(F)={\displaystyle \frac{P(F\cap S)}{P(S)}}={\displaystyle \frac{\mathrm{0,038}}{\mathrm{0,086}}}\approx \mathrm{0,442.}$

Conclusion. La borne est « fiable à $95\mathrm{\%}$ », et pourtant, quand elle sonne, la probabilité que la personne fraude vraiment n'est que de $\mathrm{44,2}\mathrm{\%}$ — moins d'une chance sur deux. Karim, qui annonçait $95\mathrm{\%}$, avait inversé le conditionnement : il confondait $P_F(S)$ (la qualité de l'appareil) avec $P_S(F)$ (la conclusion qu'on peut tirer d'une alarme). La raison profonde est que les fraudeurs sont rares ($4\mathrm{\%}$) : même un faible taux de fausses alarmes ($5\mathrm{\%}$) appliqué à la masse énorme des voyageurs en règle ($96\mathrm{\%}$) produit presque autant d'alarmes que les vrais fraudeurs. C'est exactement le raisonnement qui sauve un patient d'un diagnostic mal interprété ou un accusé d'une preuve mal pesée. Tu retrouveras cette logique, formalisée sous le nom de formule de Bayes, en Terminale puis en classes préparatoires, où elle fonde des pans entiers de la statistique et de l'intelligence artificielle.

À retenir