Probabilités conditionnelles et indépendance

Leçon 1 : Rappels : univers, évènements, probabilités

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1.1 Expérience aléatoire, univers

Une expérience aléatoire est une expérience dont on connaît les résultats possibles, sans savoir lequel on va obtenir. Chaque résultat possible est une issue. L'ensemble de toutes les issues est l'univers, noté $\Omega$. Le nombre d'éléments d'un ensemble fini $E$ est son cardinal, noté $\mathrm{Card}(E)$.

Exemple 1 (la roue). Dans un jeu de société, on fait tourner une roue à douze secteurs égaux, numérotés de $1$ à $12$. L'univers est $\Omega = \{1\,;2\,;3\,;\ldots\,;12\}$, et $\mathrm{Card}(\Omega) = 12$.

1.2 Évènements

Un évènement est un sous-ensemble de $\Omega$, c'est-à-dire une partie des issues.

Exemple 2. Sur la roue, on note $A$ : « le numéro est pair » et $B$ : « le numéro est un multiple de $3$ ». Alors $A = \{2\,;4\,;6\,;8\,;10\,;12\}$ et $B = \{3\,;6\,;9\,;12\}$.

• Pour un élément, on dit « appartient » : $6 \in A$.
• Pour un ensemble, on dit « inclus » : $\{4\,;8\} \subset A$.
• L'ensemble vide $\varnothing$ est l'évènement impossible ; $\Omega$ est l'évènement certain.

1.3 Et, ou, contraire

En mathématiques, le « ou » n'exclut pas le cas où les deux sont réalisés.

Deux évènements sans issue commune sont incompatibles : $A \cap B = \varnothing$.

Exemple 3. Sur la roue, $A \cap B = \{6\,;12\}$ et $A \cup B = \{2\,;3\,;4\,;6\,;8\,;9\,;10\,;12\}$. Le contraire de $A$ est $\overline{A} = \{1\,;3\,;5\,;7\,;9\,;11\}$. Les évènements $A$ et $\overline{A}$ sont incompatibles, et leur réunion est $\Omega$. En revanche, $B$ et $\overline{A}$ ne sont pas incompatibles : $B \cap \overline{A} = \{3\,;9\}$.

1.4 Loi de probabilité

Une loi de probabilité associe à chaque issue un nombre compris entre $0$ et $1$, et la somme de ces nombres vaut $1$. La probabilité d'un évènement est la somme des probabilités de ses issues.

Exemple 4 (un dé mal équilibré). Un dé à quatre faces suit la loi suivante.

Face	$1$	$2$	$3$	$4$
Probabilité	$0{,}1$	$0{,}2$	$0{,}3$	$x$

La somme vaut $1$, donc $x = 1 - (0{,}1 + 0{,}2 + 0{,}3) = 0{,}4$. Obtenir un numéro pair a pour probabilité $0{,}2 + 0{,}4 = 0{,}6$.

1.5 Équiprobabilité

Quand toutes les issues ont la même probabilité, on parle d'équiprobabilité. C'est une hypothèse du modèle, pas un résultat : on suppose la roue bien équilibrée. Alors, pour tout évènement $A$, $P(A) = \frac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}.$

Exemple 5. Sur la roue, $P(A) = \dfrac{6}{12} = \dfrac12$, $P(B) = \dfrac{4}{12} = \dfrac13$ et $P(A \cap B) = \dfrac{2}{12} = \dfrac16$.

1.6 Règles de calcul

Pour tous évènements $A$ et $B$ :

• $0 \leq P(A) \leq 1$ ;
• $P\left(\overline{A}\right) = 1 - P(A)$ ;
• $P(A \cup B) + P(A \cap B) = P(A) + P(B)$, autrement dit $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$ : on retire ce qui a été compté deux fois.

Exemple 6. Sur la roue, $P(A \cup B) = \dfrac12 + \dfrac13 - \dfrac16 = \dfrac23$. On retrouve bien $\dfrac{8}{12}$ : huit issues sur douze.

Automatisme. Quatre réflexes : une probabilité est comprise entre $0$ et $1$ ; $P\left(\overline{A}\right) = 1 - P(A)$ ; la somme des probabilités des issues vaut $1$ ; en cas d'équiprobabilité, $P(A) = \dfrac{\mathrm{Card}(A)}{\mathrm{Card}(\Omega)}$.

Leçon 2 : Tableau croisé, fréquences marginales et conditionnelles

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2.1 Proportions

La proportion d'une partie dans un ensemble est l'effectif de la partie, divisé par l'effectif total. Elle s'écrit de trois façons : $\dfrac{300}{400} = \dfrac34 = 0{,}75 = 75\,\%$.

Automatisme. Pour retrouver un effectif, on multiplie : $75\,\%$ de $400$, c'est $0{,}75 \times 400 = 300$.

2.2 Tableau croisé

Un tableau croisé d'effectifs répartit une population selon deux caractères. Chaque case compte les individus qui ont les deux caractères à la fois. Les totaux se lisent dans les marges.

Exemple 7 (le camping). Un soir d'août, un camping accueille $400$ vacanciers. On note leur origine et leur hébergement.

	Tente	Bungalow	Total
France	$120$	$180$	$300$
Étranger	$80$	$20$	$100$
Total	$200$	$200$	$400$

2.3 Fréquences marginales

Une fréquence marginale est un total de ligne ou de colonne, divisé par l'effectif total. Elle porte sur toute la population et sur un seul caractère.

Exemple 7 (suite). Les vacanciers venus de France représentent $\dfrac{300}{400} = 75\,\%$ du camping ; ceux qui dorment sous tente en représentent $\dfrac{200}{400} = 50\,\%$.

2.4 Fréquences conditionnelles

Une fréquence conditionnelle se calcule à l'intérieur d'une sous-population : on ne regarde qu'une ligne ou qu'une colonne. Le dénominateur est l'effectif de cette sous-population.

Exemple 7 (suite). Parmi les vacanciers venus de France, $\dfrac{120}{300} = 40\,\%$ dorment sous tente. Parmi ceux venus de l'étranger, $\dfrac{80}{100} = 80\,\%$. La tente est deux fois plus fréquente chez les vacanciers étrangers.

2.5 Parmi qui ?

Le même numérateur peut donner des fréquences très différentes.

Exemple 7 (suite). $40\,\%$ des vacanciers venus de France dorment sous tente : c'est $\dfrac{120}{300}$. Mais parmi les vacanciers sous tente, ceux qui viennent de France sont $\dfrac{120}{200} = 60\,\%$.

Attention. Devant un pourcentage, demande-toi toujours : parmi qui ? Ce groupe donne le dénominateur. Les phrases « $40\,\%$ des vacanciers venus de France dorment sous tente » et « $40\,\%$ des vacanciers sous tente viennent de France » n'ont pas le même sens.

2.6 Compléter un tableau

Exemple 8 (un refuge). Un refuge accueille $200$ animaux : $120$ chiens et $80$ chats. On sait que $30\,\%$ des chiens et $25\,\%$ des chats sont jeunes. On calcule d'abord $0{,}3 \times 120 = 36$ et $0{,}25 \times 80 = 20$. On complète par soustraction, $120 - 36 = 84$ et $80 - 20 = 60$, puis on additionne les colonnes.

	Jeune	Adulte	Total
Chiens	$36$	$84$	$120$
Chats	$20$	$60$	$80$
Total	$56$	$144$	$200$

2.7 Proportion d'une proportion

La proportion d'une proportion s'obtient par un produit.

Exemple 8 (suite). Les chiens sont $60\,\%$ des animaux, et les chiots sont $30\,\%$ des chiens. Les chiots représentent donc $0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18$, soit $18\,\%$ des animaux. Le tableau le confirme : $\dfrac{36}{200} = 0{,}18$.

Leçon 3 : Probabilité conditionnelle

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3.1 Du tableau aux probabilités

Quand on choisit un individu au hasard dans une population, chacun a la même probabilité d'être choisi. Une probabilité est alors une proportion, et les fréquences du tableau deviennent des probabilités.

Exemple 9. Au camping (exemple 7), on choisit un vacancier au hasard. On note $F$ : « il vient de France » et $T$ : « il dort sous tente ». Alors $P(F) = \dfrac{300}{400} = 0{,}75$, $P(T) = \dfrac{200}{400} = 0{,}5$ et $P(F \cap T) = \dfrac{120}{400} = 0{,}3$.

3.2 Définition

Si l'on sait que le vacancier vient de France, on reste dans la ligne France : la probabilité qu'il dorme sous tente vaut $\dfrac{120}{300} = 0{,}4$. L'information a réduit l'univers.

Définition. Soit $A$ un évènement tel que $P(A) \neq 0$. La probabilité de $B$ sachant $A$ est le nombre $P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}.$

En cas d'équiprobabilité, on a aussi $P_A(B) = \frac{\mathrm{Card}(A \cap B)}{\mathrm{Card}(A)}.$

Exemple 9 (suite). $P_F(T) = \dfrac{P(F \cap T)}{P(F)} = \dfrac{0{,}3}{0{,}75} = 0{,}4$. C'est le résultat trouvé avec les effectifs, car $\dfrac{120}{300} = \dfrac{120/400}{300/400}$.

3.3 Lire la notation

Dans $P_A(B)$, l'évènement en indice est celui qu'on sait réalisé : il devient le nouvel univers. L'évènement entre parenthèses est celui qu'on cherche. Une probabilité conditionnelle reste une probabilité : $0 \leq P_A(B) \leq 1$.

Exemple 10 (une information change une probabilité). On lance un dé équilibré à six faces. On note $A$ : « le résultat est au moins $4$ » et $B$ : « le résultat est pair ». Sans information, $P(B) = \dfrac36 = \dfrac12$. Sachant $A$, il reste les issues $4$, $5$ et $6$, dont deux sont paires : $P_A(B) = \dfrac23$. Avec la formule : $P_A(B) = \dfrac{2/6}{3/6} = \dfrac23$.

3.4 La formule dans les deux sens

En multipliant par $P(A)$, on obtient la formule du produit : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B).$

Exemple 11. Si $P(A) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}2$, alors $P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$. Si $P(A) = 0{,}6$ et $P_A(B) = 0{,}5$, alors $P(A \cap B) = 0{,}6 \times 0{,}5 = 0{,}3$.

C'est la « proportion d'une proportion » de la leçon 2.

3.5 Le contraire, sachant $A$

Quand on sait que $A$ est réalisé, ou bien $B$ a lieu, ou bien il n'a pas lieu : $P_A(B) + P_A\left(\overline{B}\right) = 1.$

Exemple 9 (suite). $P_F(T) = 0{,}4$, donc $P_F\left(\overline{T}\right) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$.

Attention. C'est le « sachant » qui reste le même. La somme $P_F(T) + P_{\overline{F}}(T)$ n'a aucune raison de valoir $1$ : ici, elle vaut $0{,}4 + 0{,}8 = 1{,}2$.

Leçon 4 : Arbres pondérés

Voir la vidéo de la leçon 4

4.1 Construire un arbre

Un arbre pondéré résume une expérience en plusieurs étapes. On le lit de gauche à droite.

1. Au premier niveau, les branches portent des probabilités, comme $P(C)$.
2. Au second niveau, elles portent des probabilités conditionnelles : une branche porte la probabilité sachant le point d'où elle part.
3. La somme des probabilités des branches issues d'un même point vaut $1$.

Exemple 12 (une auto-école). Dans une auto-école, $60\,\%$ des élèves suivent la conduite accompagnée. Parmi eux, $80\,\%$ obtiennent le permis du premier coup ; parmi les autres, $50\,\%$. On choisit un élève au hasard. On note $C$ : « il suit la conduite accompagnée » et $R$ : « il réussit du premier coup ». Le mot « parmi » annonce une probabilité conditionnelle : $P(C) = 0{,}6$, $P_C(R) = 0{,}8$ et $P_{\overline{C}}(R) = 0{,}5$. On complète avec des différences à $1$ :

Premier niveau	Second niveau	Chemin	Probabilité du chemin
$C$ : $0{,}6$	$R$ : $0{,}8$	$C \cap R$	$0{,}6 \times 0{,}8 = 0{,}48$
$C$ : $0{,}6$	$\overline{R}$ : $0{,}2$	$C \cap \overline{R}$	$0{,}6 \times 0{,}2 = 0{,}12$
$\overline{C}$ : $0{,}4$	$R$ : $0{,}5$	$\overline{C} \cap R$	$0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2$
$\overline{C}$ : $0{,}4$	$\overline{R}$ : $0{,}5$	$\overline{C} \cap \overline{R}$	$0{,}4 \times 0{,}5 = 0{,}2$

4.2 Règle du produit

La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités de ses branches. Ce n'est pas une règle nouvelle : c'est la formule du produit de la leçon 3, $P(C \cap R) = P(C) \times P_C(R)$.

La somme des probabilités de tous les chemins vaut $1$ : c'est un contrôle à faire à chaque fois. Dans l'exemple 12, $0{,}48 + 0{,}12 + 0{,}2 + 0{,}2 = 1$.

4.3 Règle de la somme

La probabilité d'un évènement est la somme des probabilités des chemins qui y mènent, car ces chemins sont incompatibles.

Exemple 12 (suite). L'évènement $R$ se réalise par deux chemins : $P(R) = 0{,}48 + 0{,}2 = 0{,}68$. Un élève a $68\,\%$ de chances de réussir du premier coup.

4.4 Trois lectures d'un arbre

L'arbre ne donne pas directement $P_R(C)$ : on revient à la définition, $P_R(C) = \dfrac{0{,}48}{0{,}68} = \dfrac{12}{17}$.

Automatisme. Une branche du second niveau, c'est un « sachant ». Un bout de chemin, c'est un « et ».

Leçon 5 : Trois probabilités à distinguer, faux positifs

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5.1 Une case, trois dénominateurs

$P(A \cap B)$, $P_A(B)$ et $P_B(A)$ utilisent le même numérateur, mais pas le même dénominateur.

Exemple 13. Au camping (exemple 7), la case $120$ donne trois nombres différents :

• $P(F \cap T) = \dfrac{120}{400} = 0{,}3$, sur toute la population ;
• $P_F(T) = \dfrac{120}{300} = 0{,}4$, à l'intérieur de la ligne France ;
• $P_T(F) = \dfrac{120}{200} = 0{,}6$, à l'intérieur de la colonne Tente.

5.2 De la phrase au symbole

Automatisme. Sur quel groupe le pourcentage est-il calculé ? Si c'est toute la population, il n'y a pas d'indice. Sinon, ce groupe va en indice.

5.3 Un test de dépistage

Exemple 14. Dans une population, $1\,\%$ des personnes ont une certaine maladie. Un test est positif pour $99\,\%$ des malades et pour $5\,\%$ des personnes non malades. On note $M$ : « la personne est malade » et $T$ : « son test est positif ». Ainsi $P(M) = 0{,}01$, $P_M(T) = 0{,}99$ et $P_{\overline{M}}(T) = 0{,}05$.

Imaginons $10\,000$ personnes. Il y a $100$ malades, dont $99$ ont un test positif ; il y a $9\,900$ personnes non malades, dont $0{,}05 \times 9\,900 = 495$ ont un test positif.

	Test positif	Test négatif	Total
Malades	$99$	$1$	$100$
Non malades	$495$	$9\,405$	$9\,900$
Total	$594$	$9\,406$	$10\,000$

Une personne a un test positif. La probabilité qu'elle soit malade est $P_T(M) = \frac{99}{594} = \frac16 \approx 17\,\%.$

Ce n'est pas $99\,\%$ : $P_M(T)$ et $P_T(M)$ répondent à deux questions différentes. Inverser le « sachant », c'est changer de question. La maladie étant rare, les personnes non malades sont si nombreuses que $5\,\%$ d'entre elles dépassent les malades : $495$ contre $99$. Le test n'est pas mauvais pour autant, car il fait passer le risque de $1\,\%$ à environ $17\,\%$. Mais un test positif ne suffit pas pour conclure.

5.4 Vocabulaire des tests

5.5 Un peu d'histoire

Les probabilités conditionnelles apparaissent dans des travaux de Bayes et de Moivre, écrits en anglais au XVIIIe siècle, même si c'est Laplace qui en a élaboré la notion. Elles sont partout dans la vie courante, et leur utilisation inappropriée mène facilement à de fausses affirmations.

Leçon 6 : Partition de l'univers, probabilités totales

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6.1 Partition de l'univers

Définition. Des évènements $A_1$, $A_2$, …, $A_n$ forment une partition de l'univers $\Omega$, ou un système complet d'évènements, s'ils sont deux à deux incompatibles et si leur réunion est $\Omega$. Chaque issue est alors dans un morceau, et un seul.

Exemple 15. Sur la roue, $\{1\,;2\,;3\,;4\}$, $\{5\,;6\,;7\,;8\}$ et $\{9\,;10\,;11\,;12\}$ forment une partition. En revanche, « pair » et « multiple de $3$ » n'en forment pas une : $6$ est dans les deux, et $1$ n'est dans aucun.

Le cas le plus fréquent est le plus simple : $A$ et $\overline{A}$ forment toujours une partition en deux morceaux.

6.2 La formule des probabilités totales

Une partition découpe aussi tout évènement $B$ en morceaux : $A_1 \cap B$, $A_2 \cap B$, …, $A_n \cap B$. Ces morceaux sont incompatibles et leur réunion est $B$. On additionne donc leurs probabilités.

Formule des probabilités totales. Si $A_1$, …, $A_n$ forment une partition de $\Omega$, alors, pour tout évènement $B$, $P(B) = P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B) + \cdots + P(A_n \cap B).$ Si les $A_i$ sont de probabilité non nulle, chaque terme s'écrit $P(A_i \cap B) = P(A_i) \times P_{A_i}(B)$.

Pour la partition en deux morceaux : $P(B) = P(A \cap B) + P\left(\overline{A} \cap B\right)$.

Sur un arbre, c'est ce que tu sais déjà faire : on additionne tous les chemins qui mènent à $B$.

Exemple 16 (une imprimerie). Une imprimerie fabrique des cartes postales sur trois machines. La machine $X$ produit $50\,\%$ des cartes, $Y$ en produit $30\,\%$ et $Z$ en produit $20\,\%$. Les cartes défectueuses représentent $2\,\%$ de la production de $X$, $4\,\%$ de celle de $Y$ et $5\,\%$ de celle de $Z$. On prend une carte au hasard ; $D$ : « la carte est défectueuse ».

$X$, $Y$ et $Z$ forment une partition : chaque carte sort d'une machine, et d'une seule. Donc $P(D) = 0{,}5 \times 0{,}02 + 0{,}3 \times 0{,}04 + 0{,}2 \times 0{,}05 = 0{,}01 + 0{,}012 + 0{,}01 = 0{,}032.$

6.3 Inverser le conditionnement

Pour obtenir $P_B(A)$ quand on connaît $P_A(B)$, on revient à la définition, après avoir calculé $P(B)$.

Exemple 16 (suite). Une carte est défectueuse. La probabilité qu'elle vienne de la machine $Y$ est $P_D(Y) = \frac{P(Y \cap D)}{P(D)} = \frac{0{,}012}{0{,}032} = \frac{12}{32} = \frac38 = 0{,}375.$ La machine $Y$ fait $30\,\%$ des cartes, mais $37{,}5\,\%$ des défauts.

6.4 Trouver une inconnue

Exemple 17. On sait que $P(A) = 0{,}5$, $P_A(B) = 0{,}4$ et $P(B) = 0{,}35$. On cherche $p = P_{\overline{A}}(B)$. La formule donne $0{,}35 = 0{,}5 \times 0{,}4 + 0{,}5 \times p$, donc $0{,}5 \times p = 0{,}15$ et $p = 0{,}3$.

Leçon 7 : Indépendance de deux évènements

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7.1 Définition

Définition. Soient $A$ et $B$ deux évènements, avec $P(B) \neq 0$. On dit que $A$ et $B$ sont indépendants si $P_B(A) = P(A).$ Autrement dit, savoir que $B$ est réalisé ne change pas la probabilité de $A$.

Exemple 18. Sur la roue, $A$ : « pair » et $B$ : « multiple de $3$ ». On a $P(A) = \dfrac12$. Sachant $B$, il reste $3$, $6$, $9$ et $12$, dont deux numéros pairs : $P_B(A) = \dfrac24 = \dfrac12$. Les évènements $A$ et $B$ sont indépendants.

7.2 Forme produit

Comme $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$, dire que $P_B(A) = P(A)$ revient à dire que : $P(A \cap B) = P(A) \times P(B).$

Cette formule est symétrique : $A$ et $B$ y jouent le même rôle. Si $P(A) \neq 0$, on a donc aussi $P_A(B) = P(B)$.

7.3 Justifier une indépendance

Par le calcul. On calcule séparément les deux membres de l'égalité.

Exemple 18 (suite). $P(A) \times P(B) = \dfrac12 \times \dfrac13 = \dfrac16$ et $P(A \cap B) = \dfrac{2}{12} = \dfrac16$ : $A$ et $B$ sont indépendants. Avec $C$ : « multiple de $4$ », on a $P(A) \times P(C) = \dfrac12 \times \dfrac14 = \dfrac18$, mais $P(A \cap C) = \dfrac{3}{12} = \dfrac14$ : $A$ et $C$ ne sont pas indépendants. C'est logique : un multiple de $4$ est toujours pair.

Sur un tableau croisé. On compare une fréquence conditionnelle et une fréquence marginale.

Exemple 19. Sur $200$ lycéens, $50$ jouent d'un instrument et $80$ font partie d'un club de sport ; $20$ font les deux.

	Instrument	Pas d'instrument	Total
Club	$20$	$60$	$80$
Pas de club	$30$	$90$	$120$
Total	$50$	$150$	$200$

Dans le club, la proportion de musiciens est $\dfrac{20}{80} = \dfrac14$ ; sur tous les lycéens, elle est $\dfrac{50}{200} = \dfrac14$. Les deux évènements sont indépendants.

Sur un arbre. Si les branches du second niveau portent les mêmes probabilités quel que soit le point de départ, alors les évènements sont indépendants.

Exemple 20. Si $P_A(B) = P_{\overline{A}}(B) = 0{,}7$, alors $P(B) = 0{,}7$ d'après la formule des probabilités totales, et $A$ et $B$ sont indépendants. Dans l'exemple 12, $P_C(R) = 0{,}8$ et $P_{\overline{C}}(R) = 0{,}5$ : $C$ et $R$ ne sont pas indépendants.

7.4 Indépendants ou incompatibles ?

Attention. Indépendants ne veut pas dire incompatibles. Deux évènements incompatibles ne peuvent pas se produire ensemble : si l'un a lieu, on sait que l'autre n'a pas lieu. Si $P(A) \neq 0$ et $P(B) \neq 0$, alors $P(A \cap B) = 0$ alors que $P(A) \times P(B) \neq 0$ : deux tels évènements ne sont pas indépendants.

7.5 Utiliser une indépendance

Propriété. Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ le sont aussi, ainsi que $\overline{A}$ et $\overline{B}$.

En effet, $P\left(A \cap \overline{B}\right) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A) \times P(B) = P(A)\big(1 - P(B)\big) = P(A) \times P\left(\overline{B}\right)$.

Exemple 21 (deux ascenseurs). Un immeuble a deux ascenseurs. Un jour donné, on note $A$ : « le premier est en panne », avec $P(A) = 0{,}1$, et $B$ : « le second est en panne », avec $P(B) = 0{,}05$. On suppose ces évènements indépendants.

• Les deux sont en panne : $P(A \cap B) = 0{,}1 \times 0{,}05 = 0{,}005$.
• Aucun n'est en panne : $P\left(\overline{A} \cap \overline{B}\right) = 0{,}9 \times 0{,}95 = 0{,}855$.
• Au moins un est en panne : $1 - 0{,}855 = 0{,}145$. On retrouve $0{,}1 + 0{,}05 - 0{,}005 = 0{,}145$.

7.6 Modèle et réalité

L'indépendance est une hypothèse du modèle. Si l'immeuble subit une coupure de courant, les deux ascenseurs s'arrêtent ensemble, et l'hypothèse tombe. Pour deux dés, on suppose l'indépendance parce que, physiquement, un dé n'agit pas sur l'autre. Dans un énoncé, l'indépendance est soit donnée, soit à justifier par un calcul.

Leçon 8 : Succession de deux épreuves indépendantes

Voir la vidéo de la leçon 8

8.1 Couples et produit cartésien

Quand on enchaîne deux épreuves, une issue est un couple : le résultat de la première, puis celui de la seconde. L'ordre compte : le couple $(2\,;5)$ n'est pas le couple $(5\,;2)$. L'ensemble des couples est le produit cartésien $\Omega_1 \times \Omega_2$.

8.2 Le modèle

Deux épreuves sont indépendantes si le résultat de l'une n'influence pas l'autre. Dans ce modèle, la probabilité d'un couple est le produit des probabilités de ses deux résultats : $P\big((x\,;y)\big) = P(x) \times P(y).$

8.3 Représentation par un tableau

Exemple 22 (deux dés). On lance un dé bleu, puis un dé rouge, tous deux équilibrés. Il y a $6 \times 6 = 36$ couples, chacun de probabilité $\dfrac16 \times \dfrac16 = \dfrac{1}{36}$. Dans chaque case, on écrit la somme des deux dés.

bleu \ rouge	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$
$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$
$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$
$4$	$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$
$5$	$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$
$6$	$7$	$8$	$9$	$10$	$11$	$12$

La somme $7$ occupe six cases : $P(\text{somme} = 7) = \dfrac{6}{36} = \dfrac16$. La somme $2$ n'en occupe qu'une : $P(\text{somme} = 2) = \dfrac{1}{36}$.

Si les issues ne sont pas équiprobables, on écrit dans chaque case le produit des deux probabilités.

Exemple 23. Une roue s'arrête sur rouge avec la probabilité $\dfrac12$, sur bleu avec $\dfrac13$, sur vert avec $\dfrac16$. Puis on lance une pièce équilibrée.

	Pile : $\dfrac12$	Face : $\dfrac12$	Total
Rouge : $\dfrac12$	$\dfrac14$	$\dfrac14$	$\dfrac12$
Bleu : $\dfrac13$	$\dfrac16$	$\dfrac16$	$\dfrac13$
Vert : $\dfrac16$	$\dfrac{1}{12}$	$\dfrac{1}{12}$	$\dfrac16$
Total	$\dfrac12$	$\dfrac12$	$1$

8.4 Représentation par un arbre

Exemple 24 (avec remise). Un sac contient cinq billes : trois rouges et deux bleues. On tire une bille, on note sa couleur, on la remet, et on en tire une seconde. Le sac est le même au second tirage : les deux tirages sont indépendants, et les branches du second niveau sont identiques aux premières. Ainsi $P(RR) = \dfrac35 \times \dfrac35 = \dfrac{9}{25}$. Deux billes de la même couleur : $\dfrac{9}{25} + \dfrac{4}{25} = \dfrac{13}{25}$.

8.5 Le piège du tirage sans remise

Exemple 24 (suite). Si on ne remet pas la bille, il ne reste que quatre billes au second tirage, et leur composition dépend du premier tirage. Les tirages ne sont pas indépendants. L'arbre reste juste, car ses branches portent des probabilités conditionnelles : $P(RR) = \dfrac35 \times \dfrac24 = \dfrac{3}{10}$, et non $\dfrac{9}{25}$.

8.6 Tableau ou arbre ?

Le tableau convient pour deux épreuves qui ont beaucoup d'issues. L'arbre convient quand il y a peu d'issues, et il se prolonge facilement à une troisième épreuve.

Leçon 9 : Répétition d'épreuves de Bernoulli

Voir la vidéo de la leçon 9

9.1 Épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire à deux issues : le succès $S$, de probabilité $p$, et l'échec $\overline{S}$, de probabilité $1 - p$.

Exemple 25. Lancer une pièce, répondre à une question par vrai ou faux, tirer sur une cible sont des épreuves de Bernoulli. Un lancer de dé a six issues ; mais si on regarde seulement si on a obtenu un $6$, c'est une épreuve de Bernoulli, avec $p = \dfrac16$.

9.2 Répéter l'épreuve

On répète $n$ fois la même épreuve, de façon identique ($p$ reste le même) et indépendante (un résultat n'influence pas le suivant). Pour $n \leq 4$, on dessine l'arbre : il a $2$, $4$, $8$ ou $16$ chemins.

La probabilité d'un chemin est le produit de ses branches. L'ordre ne change pas un produit : tous les chemins qui ont le même nombre de succès ont la même probabilité.

Méthode. Pour exactement $k$ succès, on repère les chemins concernés et on additionne leurs probabilités.

Exemple 26 (la pétanque). Un joueur tente trois tirs. On suppose les tirs indépendants, et chacun réussi avec la probabilité $0{,}6$. C'est une hypothèse : elle néglige la fatigue ou la confiance. L'arbre a huit chemins.

Nombre de succès	Chemins	Probabilité d'un chemin	Probabilité
$3$	$1$	$0{,}6^3 = 0{,}216$	$0{,}216$
$2$	$3$	$0{,}6 \times 0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}144$	$3 \times 0{,}144 = 0{,}432$
$1$	$3$	$0{,}6 \times 0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}096$	$3 \times 0{,}096 = 0{,}288$
$0$	$1$	$0{,}4^3 = 0{,}064$	$0{,}064$

La somme vaut bien $1$.

9.3 Au moins un succès

Le contraire de « au moins un succès » est « aucun succès » : un seul chemin. C'est le calcul le plus court.

Exemple 26 (suite). $P(\text{au moins un succès}) = 1 - 0{,}4^3 = 1 - 0{,}064 = 0{,}936$.

9.4 Quatre épreuves

Exemple 27 (un questionnaire). Un questionnaire compte quatre questions, à répondre par vrai ou faux. On répond au hasard : $p = \dfrac12$. L'arbre a seize chemins, chacun de probabilité $\left(\dfrac12\right)^4 = \dfrac{1}{16}$. Exactement trois bonnes réponses : quatre chemins, car l'unique erreur est à la question $1$, $2$, $3$ ou $4$. La probabilité vaut $\dfrac{4}{16} = \dfrac14$. Au moins trois bonnes réponses : on ajoute le chemin des quatre bonnes réponses, soit $\dfrac{5}{16}$.

Leçon 10 : Python, la méthode de Monte-Carlo

Voir la vidéo de la leçon 10

10.1 Le principe

On tire un point au hasard dans un carré d'aire $1$. La probabilité qu'il tombe dans une zone du carré est égale à l'aire de cette zone. Or, lorsque $n$ est grand, sauf exception, la fréquence observée est proche de la probabilité. Compter les points tombés dans la zone donne donc une estimation de son aire : $\text{aire} \approx \frac{\text{nombre de points dans la zone}}{n}.$

10.2 Estimer le nombre $\pi$

La zone est le quart de disque de rayon $1$ centré à l'origine, d'aire $\dfrac{\pi}{4}$. Un point $(x\,;y)$ du carré est dans cette zone si sa distance à l'origine est au plus $1$, c'est-à-dire, d'après le théorème de Pythagore, si $x^2 + y^2 \leq 1$. Si $f$ est la fréquence des points dans la zone, alors $f \approx \dfrac{\pi}{4}$, donc $\pi \approx 4 \times f$.

from random import random

def estimation_pi(n):
    compteur = 0
    for i in range(n):
        x = random()
        y = random()
        if x**2 + y**2 <= 1:
            compteur = compteur + 1
    return 4 * compteur / n

La fonction random() renvoie un nombre au hasard entre $0$ et $1$. En langage naturel, la ligne de comptage s'écrit « compteur $\leftarrow$ compteur $+\,1$ ».

Exemple 28. Une exécution a donné les résultats suivants. Le hasard change à chaque exécution : tes résultats seront différents.

$n$	$100$	$1\,000$	$1\,000\,000$
estimation_pi(n)	$3{,}2$	$3{,}128$	$3{,}1411$

L'estimation s'améliore en général quand $n$ augmente, mais lentement.

10.3 Estimer l'aire sous la parabole

On cherche l'aire sous la parabole d'équation $y = x^2$, entre $0$ et $1$. Cette zone est dans le même carré, et un point y est si $y \leq x^2$. Il suffit de changer le test, et de renvoyer la fréquence.

def aire_parabole(n):
    compteur = 0
    for i in range(n):
        x = random()
        y = random()
        if y <= x**2:
            compteur = compteur + 1
    return compteur / n

Exemple 29. Une exécution a donné les résultats suivants.

$n$	$100$	$1\,000$	$1\,000\,000$
aire_parabole(n)	$0{,}31$	$0{,}333$	$0{,}333$

Ces résultats conduisent à conjecturer que l'aire vaut $\dfrac13$. C'est bien la valeur exacte : tu le démontreras en Terminale.

Ce qu'il faut retenir du chapitre

1. Probabilité conditionnelle : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$, avec $P(A) \neq 0$. En indice, ce qu'on sait ; entre parenthèses, ce qu'on cherche.
2. Formule du produit : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.
3. Tableau croisé : le mot « parmi » donne le dénominateur.
4. Arbre pondéré : le second niveau porte des probabilités conditionnelles ; un chemin est un produit ; un évènement est la somme des chemins qui y mènent.
5. Distinguer : $P(A \cap B)$ se calcule sur toute la population, $P_A(B)$ dans $A$, $P_B(A)$ dans $B$.
6. Probabilités totales : si $A_1$, …, $A_n$ forment une partition, $P(B) = P(A_1 \cap B) + \cdots + P(A_n \cap B)$.
7. Indépendance : $P_B(A) = P(A)$, c'est-à-dire $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$. Incompatible ne veut pas dire indépendant.
8. Deux épreuves indépendantes : $P\big((x\,;y)\big) = P(x) \times P(y)$. Avec remise : indépendantes ; sans remise : non.
9. Bernoulli : pour $n \leq 4$, on dessine l'arbre ; « au moins un succès » se calcule par le contraire.
10. Monte-Carlo : la fréquence des points tombés dans une zone est proche de son aire.

Rituel d'automatismes

Douze questions à réponses courtes, sans calculatrice, à faire en dix minutes environ : six sur ce chapitre, six sur des automatismes déjà travaillés. C'est le format de la première partie de l'épreuve anticipée. Télécharger le rituel du chapitre 4 (PDF, avec son corrigé).