Chapitre 15. Probabilités conditionnelles

1) Découverte des probabilités conditionnelles

Dans un certain lycée, il y a $867$ élèves répartis comme suit :

On choisit un élève au hasard. On note :

$F$ : \og l'élève choisi est une fille \fg
$G$ : \og l'élève choisi est une garçon \fg
$S$ : \og l'élève choisi est un élève de seconde \fg
$P$ : \og l'élève choisi est un élève de première \fg
$T$ : \og l'élève choisi est un élève de terminale \fg

La probabilité que l'élève choisi soit un élève de terminale est $\dfrac{274}{867}=0,316\ldots$ et la probabilité que cet élève soit une fille est $\dfrac{480}{867}=0,553\ldots$

Si on choisit cet élève parmi les filles uniquement, la probabilité qu'il soit un élève de terminale est $\dfrac{161}{480}=0,335\ldots$ On a ainsi considéré uniquement les $480$ élèves qui sont des filles. Cette dernière probabilité est une probabilité conditionnelle : c'est la probabilité que l'élève choisi soit un élève de terminale conditionnée par le fait que cet élève est une fille.
Dit autrement, on a calculé la probabilité que l'élève choisi soit un élève de terminale sachant que cet élève est une fille. On note $p_F(T)$ (et on lit \og la probabilité de $T$ sachant $F$ \og)

Il faut bien distinguer cette probabilité de la probabilité de l'événement \og l'élève choisi est une fille de terminale \fg~qui est l'événement $F\cap T$. Pour ce dernier événement, on considère de nouveau les $867$ élèves. Parmi ces $867$ élèves, il y en a $161$ qui sont des élèves des filles en classe de terminale.

Il y a un lien entre les différentes probabilités calculées plus haut.

ou aussi

On sait qu'une telle situation peut se représenter par un arbre de probabilités.

Les probabilités du premier niveau de l'arbre à savoir $p(F)=\dfrac{480}{867}$ et $p(G)=\dfrac{387}{867}$ sont des probabilités calculées sur l'ensemble des élèves.
Les probabilités écrites au deuxième niveau de l'arbre sont des probabilités conditionnelles. Par exemple, les probabilités associées aux branches partant de $F$ sont respectivement $p_F(S)=\dfrac{203}{480}$, $p_F(P)=\dfrac{116}{480}$ et $p_F(T)=\dfrac{161}{480}$.
Le nombre $\dfrac{161}{480}$ n'est donc pas la probabilité de $T$ mais est la probabilité de $T$ sachant que l'événement $F$ est réalisé.

Si on veut à partir de cet arbre calculer la probabilité d'une intersection d'événements comme $p\left(G\cap P\right)$ par exemple, c'est-à-dire la probabilité que l'élève choisi soit un garçon en classe de première, on multiplie les probabilités écrites le long du chemin passant par $G$ et finissant à $P$ :

Si on veut à partir de cet arbre calculer la probabilité d'un événement écrit au deuxième niveau de l'arbre comme $p(T)$ par exemple, c'est-à-dire la probabilité que l'élève choisi soit un élève de terminale, on \og récupère l'événement $T$ en plusieurs morceaux \fg~en additionnant les probabilités de chacun des chemins menant à $T$ :

Cette dernière formule est connue sous le nom de formule des probabilités totales. Elle est très utilisée dans les exercices du bac S sur les probabilités conditionnelles et sera exposée plus loin dans sa version générale.

2) Définition de la probabilité de $A$ sachant $B$

On suppose donné un univers $\Omega$ (ensemble des issues d'une expérience aléatoire ou encore ensemble des événements élémentaires ) fini et une loi de probabilité $p$ sur $\Omega$.

On en déduit immédiatement que

3) Propriétés des probabilités conditionnelles

0n admet que la probabilité conditionnelle $P_A$ vérifie toutes les propriétés usuelles des lois de probabilité :

4) Utilisation d'un arbre pondéré

On énonce ici les différentes règles de construction d'un arbre de probabilités permettant de modéliser certaines expériences aléatoires.

Règle \no1. A l'origine de l'arbre ou encore au \og n\oe ud \fg~initial complètement à gauche, on a l'événement certain c'est-à-dire l'univers $\Omega$. Dans la pratique, $\Omega$ n'est jamais écrit explicitement.

Règle \no2. A partir d'un n\oe ud de l'arbre, on dessine des \og branches \fg. Dans l'arbre ci-dessus, deux branches partent de $\Omega$ vers les événements $A$ et $\overline{A}$. Dans le cas général, on décompose l'événement certain $\Omega$ en $n$ événements $A_1$, $A_2$, \ldots , $A_n$ deux à deux incompatibles dont la réunion est égale à $\Omega$. On recommence ensuite ce processus à chaque niveau. Ci-dessous, un arbre à deux niveaux ce qui est systématiquement le cas dans les exercices de bac S.

Règle \no3. Au niveau 1, on place sur chaque branche, la probabilité de l'évenement se trouvant au bout de la branche.
Au niveau 2, sur une branche allant d'un événement $E$ à un événement $F$, on place $p_E(F)$ la probabilité de l'événenement $F$ sachant l'événement $E$.
On note que le principe est le même au niveau 1. Les probabilités écrites sont les

Si on avait un troisième niveau comme ci-dessous, on placerait sur la branche allant de $B$ à $C$, la probabilité de $C$ sachant $A\cap B$.

Règle \no4. La somme des probabilités inscrites sur les branches partant d'un même n\oe ud est égale à $1$. Ci-dessous, un n\oe ud avec deux branches.

Règle \no5. Une succession de plusieurs branches s'appelle un chemin. Un chemin représente l'intersection des différents événements rencontrés le long de ce chemin. La probabilité de cette intersection est alors le produit des probabilités des événements rencontrés le long de ce chemin.

Si on réexprime le vocabulaire précédent en termes de probabilités. $E$ devient un univers $\Omega$ et $A_1$, \ldots , $A_n$ sont des événements. Si aucun des événements $A_1$, \ldots , $A_n$ n'a une probabilité égale à $0$, si les événements $A_1$, \ldots , $A_n$ sont deux à deux incompatibles ($p(A_i\cap A_j)=0$ si $i\neq j$) et si la réunion des événements $A_1$, \ldots , $A_n$ est l'univers $\Omega$, on dit que les événements $A_1$, \ldots , $A_n$ constituent un système complet d'événements.

La formule ne fait qu'exprimer le fait que les événements $B\cap A_1$, \ldots , $B\cap A_n$ sont deux à deux disjoints et ont une réunion égale à $B$.

Solution.

1. 1. L'énoncé fournit directement $p(V)=0,02$, $p_V(T)=0,99$ et $p_{\overline{V}}\left(\overline{T}\right)=0,97$. Représentons la situation par un arbre.
   
   
   2. On en déduit que $p\left(V\cap T\right)=p(V)\times p_V(T)=0,02\times0,99=0,0198$.


2. La probabilité demandée est $p(T)$. D'après la formule des probabilités totales, $p(T)=p(T\cap V)+p\left(T\cap\overline{V}\right)$. D'après la question précédente, $p\left(V\cap T\right)=0,0198$ et d'autre part $$p\left(T\cap\overline{V}\right)=p\left(\overline{V}\right)\times p_{\overline{V}}(T)=(1-p(V))\left(1-p_{\overline{V}}\left(\overline{T}\right)\right)=(1-0,02)(1-0,97)=0,98\times0,03=0,0294 ,$$

   et donc $p(T)=0,0198+0,0294=0,0492$.



3. 1. La probabilité demandée est $p_T(V)$. Or, $p_T(V)=\dfrac{p(V\cap T)}{p(T)}=\dfrac{0,0198}{0,0492}=0,402\ldots$

      Donc $p_T(V)=0,4$ à $10^{-2}$ près ou encore $p_T(V)=40\%$ à $1\%$ près ce qui justifie la phrase de l'énoncé.

   
   
   2. La probabilité demandée est $p_{\overline{T}}\left(\overline{V}\right)$. Or, $$p_{\overline{T}}(\overline{V})=\dfrac{p\left(\overline{V}\cap\overline{T}\right)}{p\left(\overline{T}\right)}.$$

      Ensuite, d'après la question 2), $p(\overline{T})=1-p(T)=1-0,0492=0,9508$ et d'autre part

      $$p(\overline{V}\cap\overline{T})=p(\overline{V})\times p_{\overline{V}}(\overline{T})=0,98\times0,97=0,9506$$

      puis $p_{\overline{T}}\left(\overline{V}\right)=\dfrac{0,9506}{0,9508}=0,9998$ arrondi à $10^{-4}$.

Une activité classique sur les probabilités conditionnelles consiste à donner les probabilités conditionnelles inverses : l'énoncé donne entre autres $p_A(B)$ et demande en fin d'exercice $p_B(A)$. C'est le cas dans la quatrième question de l'exercice suivant :

Solution.

1. Représentons la situation par un arbre.


2. 1. La probabilité demandée est $p(D\cap\overline{R})$. Or $$p\left(D\cap\overline{R}\right)=p(D)\times p_{D}\left(\overline{R}\right)=p(D)\times(1-p_D(R))=0,06\times0,02=0,0012.$$

      La probabilité que le lecteur soit défectueux et ne soit pas rejeté est $0,0012$.

   
   
   2. La probabilité demandée est $p\left(\left(R\cap\overline{D}\right)\cup\left(\overline{R}\cap D\right)\right)=p\left(R\cap\overline{D}\right)+p\left(\overline{R}\cap D\right)$ car les événements $R\cap\overline{D}$ et $\overline{R}\cap D$ sont incompatibles.

      On a déjà $p\left(\overline{R}\cap D\right)=0,0012$. Il manque

      $$p\left(R\cap\overline{D}\right)=p\left(\overline{D}\right)\times p_{\overline{D}}(R)=(1-p(D))\times p_{\overline{D}}(R)=0,94\times0,05=0,047,$$

      et donc $p(R\cap\overline{D})+p(\overline{R}\cap D)=0,0012+0,047=0,0482$.

      La probabilité qu'il y ait erreur de contrôle est $0,0482$.



3. La probabilité demandée est $p(\overline{R})$. D'après la formule des probabilités totales, $p(\overline{R})=p\left(\overline{R}\cap D\right)+p\left(\overline{R}\cap\overline{D}\right)=0,0012+p\left(\overline{D}\right)\times p_{\overline{D}}\left(\overline{R}\right)=0,0012+0,94\times(1-0,05)=0,8942$.

   La probabilité qu'un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est $0,8942$.



4. La probabilité demandée est $p_{\overline{R}}\left(\overline{D}\right)$. Or \begin{align*} p_{\overline{R}}\left(\overline{D}\right)&=\dfrac{p\left(\overline{D}\cap\overline{R}\right)}{p\left(\overline{R}\right)}=\dfrac{p\left(\overline{D}\right)\times p_{\overline{D}}\left(\overline{R}\right)}{p(\left(\overline{R}\right)}=\dfrac{\left(1-p(D)\right)\times\left( 1-p_{\overline{D}}\left(R\right)\right)}{p(\left(\overline{R}\right)}\\ &=\dfrac{(1-0,06)\times(1-0,05)}{0,8942}=\dfrac{0,893}{0,8942}=0,998\ldots. \end{align*}

   La probabilité que le lecteur MP3 ne soit pas défectueux sachant qu'il n'est pas rejeté est $0,998$ à $10^{-3}$ près.

Commentaire. C'est le théorème précédent qui permet de vraiment comprendre la notion d'événements indépendants. $A$ et $B$ sont indépenandants si et seulement si la probabilité de $B$ sachant $A$ est égale à la probabilité de $A$. Ceci équivaut à dire que la réalisation ou la non réalisation de l'évenement $A$ n'a pas d'influence sur la probabilité de l'événement $B$ et vice versa. Nous aurions pu prendre l'énconcé du théorème pour définition de l'indépendance de deux événements. Cela aurait rendu tout de suite plus claire la notion d'indépendance de deux événements mais cela présentait un défaut : le théorème a été fourni avec la condition restrictive $p(A)\neq0$ (ou $p(B)\neq0$) ce qui n'est pas le cas dans la définition adoptée.

Exemple. Une urne contient $2$ boules noires et $8$ blanches et donc $10$ boules au total.
On tire deux boules de cette urne. On note $A$ l'événement \og la première boule tirée est noire \fg~et $B$ l'événement \og la deuxième boule tirée est noire \fg.

Si le tirage de ces deux boules s'effectue successivement avec remise de la boule tirée dans l'urne, la probabilité de $B$ est $\dfrac{2}{10}$ et ceci quelle que soit la couleur de la boule tirée en premier. Dans cette situation les événements $A$ et $B$ sont indépendants.

Si le tirage de ces deux boules s'effectue successivement sans remise de la boule dans l'urne, la probabilité de $B$ est $\dfrac{2}{9}$ si la première boule tirée est blanche et $\dfrac{1}{9}$ si la première boule tirée est noire. La probabilité de $B$ varie en fonction de la réalisation ou de la non réalisation de l'événement $A$. Dans cette situation les événements $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.

Commentaire. Si $A$ et $B$ sont deux événements indépenants, en appliquant le théorème précédent aux événements $B$ et $A$, on obtient le fait que les événements $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants et en appliquant aux événements $B$ et $\overline{A}$, on obtient le fait que les événements $\overline{A}$ et $\overline{B}$ sont indépendants.

Solution.

1. La probabilité demandée est $p\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)$.

   L'énoncé donne $p(A)=0,02$ et $p(B)=0,1$. Puisque les événements $A$ et $B$ sont indépendants, on sait que les événements $\overline{A}$ et $\overline{B}$ sont aussi indépendants et donc

   $$p\left(\overline{A}\cap\overline{B}\right)=p\left(\overline{A}\right)\times p\left(\overline{B}\right)=(1-p(A))(1-p(B))=0,98\times0,9=0,882.$$

   $p(C)=0,882$.



2. Une montre choisie au hasard peut
   • ou bien ne présenter aucun défaut (événement $C$)
   • ou bien présenter un et un seul des deux défauts (événement $D$)
   • ou bien présenter les deux défauts (événement $A\cap B$),

   ces trois événements étant deux à deux disjoints. D'après la formule des probabilités totales, on a

   $$p(C)+p(D)+p(A\cap B)=1$$

   et donc, puisque les événements $A$ et $B$ sont indépendants,

   $$p(D)=1-p(C)-p(A\cap B)=1-p(C)-p(A)\times p(B)=1-0,882-0,02\times0,1=1-0,882-0,002=0,116.$$

   $p(D)=0,116$.