Les probabilités conditionnelles

Une probabilité conditionnelle mesure la chance qu'un événement se produise sachant qu'un autre est déjà réalisé. Cette information change la donne : la probabilité d'être malade n'est pas la même avant et après un test positif. L'outil central est l'arbre pondéré, qui organise les probabilités et permet de tout calculer : probabilité d'une intersection, probabilité totale, et probabilité « à rebours ». La difficulté est de ne pas confondre $P_A(B)$ et $P_B(A)$, qui n'ont aucune raison d'être égales.

Prérequis : Probabilités et statistiques, Fractions. Pour s'entraîner : Exercices : probabilités conditionnelles.

Probabilité conditionnelle (1^re)

Soient $A$ et $B$ deux événements avec $P(A) \neq 0$. La probabilité de $B$ sachant $A$, notée $P_A(B)$, est $$P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}.$$ On en déduit la probabilité d'une intersection : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.

On sait que $P(A) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}2$. Alors $P_A(B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$. Sachant que $A$ est réalisé, $B$ a une probabilité de $0{,}4$.

Exercice 1 — Calculer une probabilité conditionnelle, étape par étape (1^re)

On donne $P(A) = 0{,}4$ et $P(A \cap B) = 0{,}1$. Compléter : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{…}{…} = …$
Dans une classe de $30$ élèves, il y a $18$ filles, dont $12$ sont demi-pensionnaires, et $12$ garçons, dont $4$ sont demi-pensionnaires. On choisit un élève au hasard. On note $F$ l'événement « l'élève est une fille » et $D$ l'événement « l'élève est demi-pensionnaire ».
1. Compléter le tableau à double entrée.
  
  $D$ $\overline{D}$ Total
  $F$ $12$ … $18$
  $\overline{F}$ $4$ … …
  Total … … $30$
2. Calculer $P(F)$, $P(D)$ et $P(F \cap D)$.
3. Calculer $P_F(D)$ et $P_D(F)$. Ces deux probabilités sont-elles égales ?
4. Traduire $P_D(F)$ par une phrase.

	$D$	$\overline{D}$	Total
$F$	$12$	…	$18$
$\overline{F}$	$4$	…	…
Total	…	…	$30$

▶ Solution — Exercice 1

$P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}1}{0{,}4} = 0{,}25$.
1. On complète par différence : $18 - 12 = 6$ filles externes, $12 - 4 = 8$ garçons externes, $12 + 4 = 16$ demi-pensionnaires et $6 + 8 = 14$ externes.
  
  $D$ $\overline{D}$ Total
  $F$ $12$ $6$ $18$
  $\overline{F}$ $4$ $8$ $12$
  Total $16$ $14$ $30$
2. $P(F) = \dfrac{18}{30} = 0{,}6$ ; $P(D) = \dfrac{16}{30} = \dfrac{8}{15}$ ; $P(F \cap D) = \dfrac{12}{30} = 0{,}4$.
3. $P_F(D) = \dfrac{P(F \cap D)}{P(F)} = \dfrac{0{,}4}{0{,}6} = \dfrac{2}{3}$. On peut aussi lire directement dans la ligne des filles : $\dfrac{12}{18} = \dfrac{2}{3}$. $P_D(F) = \dfrac{P(F \cap D)}{P(D)} = \dfrac{0{,}4}{\;\dfrac{8}{15}\;} = 0{,}4 \times \dfrac{15}{8} = \dfrac{6}{8} = \dfrac{3}{4}$. Lecture directe dans la colonne des demi-pensionnaires : $\dfrac{12}{16} = \dfrac{3}{4}$. Ces deux probabilités sont différentes : même numérateur $P(F \cap D)$, mais dénominateurs différents.
4. $P_D(F) = \dfrac{3}{4}$ signifie : « parmi les demi-pensionnaires, trois élèves sur quatre sont des filles », ou encore « sachant que l'élève choisi est demi-pensionnaire, la probabilité que ce soit une fille est $0{,}75$ ».

	$D$	$\overline{D}$	Total
$F$	$12$	$6$	$18$
$\overline{F}$	$4$	$8$	$12$
Total	$16$	$14$	$30$

Arbre pondéré (1^re)

Un arbre pondéré organise une expérience à deux étapes. Sur chaque branche figure une probabilité ; les branches issues d'un même point ont une somme égale à $1$. On lit deux règles :

la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités rencontrées le long de ce chemin ;
la probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins qui y mènent.

Exercice 2 — Compléter un arbre pondéré (1^re)

On donne $P(A) = 0{,}3$, $P_A(B) = 0{,}6$ et $P_{\overline{A}}(B) = 0{,}2$.

Reproduire l'arbre pondéré et compléter les probabilités manquantes : $P(\overline{A})$, $P_A(\overline{B})$ et $P_{\overline{A}}(\overline{B})$.
Calculer $P(A \cap B)$, $P(A \cap \overline{B})$, $P(\overline{A} \cap B)$ et $P(\overline{A} \cap \overline{B})$. Vérifier que la somme de ces quatre probabilités vaut $1$.

▶ Solution — Exercice 2

Les branches issues d'un même point ont une somme égale à $1$ : $P(\overline{A}) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$, $P_A(\overline{B}) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$ et $P_{\overline{A}}(\overline{B}) = 1 - 0{,}2 = 0{,}8$.
La probabilité d'un chemin est le produit des probabilités rencontrées :
- $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18$ ;
- $P(A \cap \overline{B}) = 0{,}3 \times 0{,}4 = 0{,}12$ ;
- $P(\overline{A} \cap B) = 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}14$ ;
- $P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}7 \times 0{,}8 = 0{,}56$.
Vérification : $0{,}18 + 0{,}12 + 0{,}14 + 0{,}56 = 1$. ✓{} Les quatre chemins recouvrent toutes les issues possibles.

Formule des probabilités totales (1^re)

Avec l'arbre ci-dessus, l'événement $B$ est atteint par deux chemins : celui qui passe par $A$ et celui qui passe par $\overline{A}$. D'où $$P(B) = P(A) \times P_A(B) + P(\overline{A}) \times P_{\overline{A}}(B).$$

Exercice 3 — Probabilités totales (1^re)

Avec l'arbre de l'exercice précédent, calculer $P(B)$, puis $P(\overline{B})$ de deux façons différentes.
Dans une classe, $60\,\%$ des élèves sont des filles. Parmi les filles, $30\,\%$ jouent d'un instrument ; parmi les garçons, $20\,\%$. On choisit un élève au hasard. On note $F$ « l'élève est une fille » et $I$ « l'élève joue d'un instrument ».
1. Construire l'arbre pondéré.
2. Calculer $P(F \cap I)$.
3. Calculer $P(I)$.
4. L'élève choisi joue d'un instrument. Quelle est la probabilité que ce soit une fille ? Arrondir au centième.

▶ Solution — Exercice 3

L'événement $B$ est atteint par deux chemins : $P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B) = 0{,}18 + 0{,}14 = 0{,}32$. Première façon : $P(\overline{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}32 = 0{,}68$. Seconde façon, par les chemins : $P(\overline{B}) = P(A \cap \overline{B}) + P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 0{,}12 + 0{,}56 = 0{,}68$. ✓
1. L'arbre a deux branches principales $F$ (probabilité $0{,}6$) et $\overline{F}$ (probabilité $0{,}4$). De $F$ partent $I$ ($0{,}3$) et $\overline{I}$ ($0{,}7$) ; de $\overline{F}$ partent $I$ ($0{,}2$) et $\overline{I}$ ($0{,}8$).
2. $P(F \cap I) = P(F) \times P_F(I) = 0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18$.
3. $P(I) = P(F) \times P_F(I) + P(\overline{F}) \times P_{\overline{F}}(I) = 0{,}18 + 0{,}4 \times 0{,}2 = 0{,}18 + 0{,}08 = 0{,}26$.
4. On cherche $P_I(F) = \dfrac{P(F \cap I)}{P(I)} = \dfrac{0{,}18}{0{,}26} \approx 0{,}69$. C'est une probabilité « à rebours » : on connaît le résultat de la seconde étape (l'élève joue d'un instrument) et on remonte à la première (est-ce une fille ?). Elle est différente de $P_F(I) = 0{,}3$.

Indépendance (1^re)

Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants lorsque la réalisation de l'un ne change pas la probabilité de l'autre, c'est-à-dire $P_A(B) = P(B)$. Cela équivaut à $$P(A \cap B) = P(A) \times P(B).$$

Méthode : utiliser un arbre

Traduire l'énoncé en événements et placer les probabilités connues sur les branches.
Compléter les branches manquantes (la somme partant d'un point vaut $1$).
Multiplier le long des chemins, additionner les chemins menant au même événement.

Une urne donne $A$ avec $P(A) = 0{,}3$. Sachant $A$, $B$ a pour probabilité $0{,}8$ ; sachant $\overline{A}$, $B$ a pour probabilité $0{,}5$. Alors $$P(B) = 0{,}3 \times 0{,}8 + 0{,}7 \times 0{,}5 = 0{,}24 + 0{,}35 = 0{,}59.$$

Exercice 4 — Indépendance (1^re)

On donne $P(A) = 0{,}6$, $P(B) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}3$.
1. Calculer $P_A(B)$ et $P_B(A)$.
2. Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ? Justifier.
On lance un dé équilibré à six faces. On note $A$ « le résultat est pair », $B$ « le résultat est un multiple de $3$ » et $C$ « le résultat est supérieur ou égal à $4$ ».
1. Calculer $P(A)$, $P(B)$ et $P(C)$.
2. Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?
3. Les événements $A$ et $C$ sont-ils indépendants ?

▶ Solution — Exercice 4

1. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}3}{0{,}6} = 0{,}5$ et $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0{,}3}{0{,}5} = 0{,}6$.
2. On compare $P(A) \times P(B) = 0{,}6 \times 0{,}5 = 0{,}3$ et $P(A \cap B) = 0{,}3$. Ils sont égaux, donc $A$ et $B$ sont indépendants. On remarque d'ailleurs que $P_A(B) = 0{,}5 = P(B)$ : savoir que $A$ est réalisé ne change pas la probabilité de $B$.
1. $A = \{2 \,;\, 4 \,;\, 6\}$, donc $P(A) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$ ; $B = \{3 \,;\, 6\}$, donc $P(B) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$ ; $C = \{4 \,;\, 5 \,;\, 6\}$, donc $P(C) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$.
2. $A \cap B = \{6\}$, donc $P(A \cap B) = \dfrac{1}{6}$. Or $P(A) \times P(B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}$. Les deux valeurs sont égales : $A$ et $B$ sont indépendants.
3. $A \cap C = \{4 \,;\, 6\}$, donc $P(A \cap C) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}$. Or $P(A) \times P(C) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$. Comme $\dfrac{1}{3} \neq \dfrac{1}{4}$, les événements $A$ et $C$ ne sont pas indépendants. Interprétation : $P_C(A) = \dfrac{P(A \cap C)}{P(C)} = \dfrac{1/3}{1/2} = \dfrac{2}{3} > P(A)$ ; savoir que le résultat est au moins $4$ augmente la probabilité qu'il soit pair.

Exercice 5 — Problème en contexte : le test de contrôle (1^re)

Dans une usine, $4\,\%$ des pièces sont défectueuses. Un test détecte $95\,\%$ des pièces défectueuses, mais signale aussi à tort $2\,\%$ des pièces conformes. On choisit une pièce au hasard et on note $D$ « la pièce est défectueuse » et $T$ « le test est positif ».

Construire l'arbre pondéré.
Calculer la probabilité que le test soit positif.
Une pièce a un test positif. Calculer la probabilité qu'elle soit réellement défectueuse, $P_T(D)$, arrondie au centième. Commenter.
Une pièce a un test négatif. Calculer la probabilité qu'elle soit réellement conforme, $P_{\overline{T}}(\overline{D})$, arrondie au millième. Comparer avec la question précédente.

▶ Solution — Exercice 5

Les branches principales sont $D$ ($0{,}04$) et $\overline{D}$ ($0{,}96$). De $D$ partent $T$ ($0{,}95$) et $\overline{T}$ ($0{,}05$) ; de $\overline{D}$ partent $T$ ($0{,}02$) et $\overline{T}$ ($0{,}98$).
$P(T) = P(D) \times P_D(T) + P(\overline{D}) \times P_{\overline{D}}(T) = 0{,}04 \times 0{,}95 + 0{,}96 \times 0{,}02 = 0{,}038 + 0{,}0192 = 0{,}0572$.
$P_T(D) = \dfrac{P(D \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}038}{0{,}0572} \approx 0{,}66$. Même avec un test positif, la pièce n'a qu'environ $66\,\%$ de chances d'être défectueuse : les fausses alertes sur les très nombreuses pièces conformes pèsent lourd. C'est pourquoi $P_T(D)$ et $P_D(T) = 0{,}95$ sont très différents.
$P(\overline{T}) = 1 - 0{,}0572 = 0{,}9428$ et $P(\overline{D} \cap \overline{T}) = 0{,}96 \times 0{,}98 = 0{,}9408$. Donc $P_{\overline{T}}(\overline{D}) = \dfrac{0{,}9408}{0{,}9428} \approx 0{,}998$. Un test négatif est donc très fiable (la pièce est presque sûrement conforme), alors qu'un test positif laisse un doute important.

Exercice 6 — Problème en contexte : tirages sans remise (1^re)

Une urne contient $3$ boules rouges et $2$ boules vertes, indiscernables au toucher. On tire une boule, on ne la remet pas dans l'urne, puis on tire une seconde boule. On note $R_1$ « la première boule est rouge », $R_2$ « la seconde boule est rouge », et $V_1$, $V_2$ les événements contraires.

Construire l'arbre pondéré en précisant chaque probabilité.
Calculer $P(R_1 \cap R_2)$.
Calculer $P(R_2)$.
Les événements $R_1$ et $R_2$ sont-ils indépendants ?
La seconde boule est rouge. Quelle est la probabilité que la première l'ait été aussi ?

▶ Solution — Exercice 6

Au premier tirage, $P(R_1) = \dfrac{3}{5}$ et $P(V_1) = \dfrac{2}{5}$. Au second tirage, il ne reste que $4$ boules : si la première était rouge, il reste $2$ rouges et $2$ vertes, donc $P_{R_1}(R_2) = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$ et $P_{R_1}(V_2) = \dfrac{1}{2}$ ; si la première était verte, il reste $3$ rouges et $1$ verte, donc $P_{V_1}(R_2) = \dfrac{3}{4}$ et $P_{V_1}(V_2) = \dfrac{1}{4}$.
$P(R_1 \cap R_2) = P(R_1) \times P_{R_1}(R_2) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{10}$.
$P(R_2) = P(R_1) \times P_{R_1}(R_2) + P(V_1) \times P_{V_1}(R_2) = \dfrac{3}{10} + \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{10} + \dfrac{3}{10} = \dfrac{3}{5}$.
$P(R_1) \times P(R_2) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{25} = 0{,}36$, alors que $P(R_1 \cap R_2) = \dfrac{3}{10} = 0{,}3$. Ces valeurs sont différentes : $R_1$ et $R_2$ ne sont pas indépendants. C'est cohérent : sans remise, la couleur de la première boule modifie le contenu de l'urne.
On cherche $P_{R_2}(R_1) = \dfrac{P(R_1 \cap R_2)}{P(R_2)} = \dfrac{3/10}{3/5} = \dfrac{3}{10} \times \dfrac{5}{3} = \dfrac{1}{2}$.

Erreurs classiques à éviter

Erreur	Exemple faux	Correction
Confondre $P_A(B)$ et $P_B(A)$	« c'est la même chose »	$P_A(B) = \dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}$, dénominateurs différents
Additionner le long d'un chemin	$P(A \cap B) = P(A) + P_A(B)$	on multiplie : $P(A) \times P_A(B)$
Oublier un chemin dans $P(B)$	$P(B) = P(A) \times P_A(B)$	ajouter le chemin par $\overline{A}$
Croire que deux événements sont toujours indépendants	supposer $P(A \cap B) = P(A)P(B)$	à vérifier, ce n'est pas automatique

Exercice 7 — QCM (1^re)

Pour chaque question, une seule réponse est correcte.

On donne $P(A) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}2$. Alors $P_A(B)$ vaut :
- A. $0{,}1$
- B. $2{,}5$
- C. $0{,}7$
- D. $0{,}4$
Sur un arbre pondéré, la probabilité d'un chemin s'obtient en :
- A. additionnant les probabilités des branches
- B. multipliant les probabilités des branches
- C. prenant la plus petite des probabilités
- D. soustrayant de $1$ la probabilité de la dernière branche
Si $P(A) = 0{,}3$, $P(B) = 0{,}5$ et si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $P(A \cap B)$ vaut :
- A. $0{,}15$
- B. $0{,}8$
- C. $0{,}2$
- D. $0{,}6$
Les probabilités $P_A(B)$ et $P_B(A)$ :
- A. sont toujours égales
- B. ont pour somme $1$
- C. ont le même numérateur $P(A \cap B)$, mais des dénominateurs différents
- D. sont égales dès que $A$ et $B$ sont indépendants

▶ Solution — Exercice 7

Réponse D. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} = \dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$.
- A ($0{,}1$) : on a multiplié $0{,}5 \times 0{,}2$ au lieu de diviser.
- B ($2{,}5$) : division dans le mauvais sens, $0{,}5 \div 0{,}2$ ; une probabilité ne peut pas dépasser $1$.
- C ($0{,}7$) : on a additionné les deux probabilités.
Réponse B. $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ : on multiplie le long d'un chemin.
- A : l'addition sert pour réunir plusieurs chemins menant au même événement, pas pour un chemin.
- C et D : ces règles n'existent pas.
Réponse A. Par indépendance, $P(A \cap B) = P(A) \times P(B) = 0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}15$.
- B ($0{,}8$) : somme $0{,}3 + 0{,}5$, confusion avec une réunion d'événements incompatibles.
- C ($0{,}2$) : différence $0{,}5 - 0{,}3$, sans signification ici.
- D ($0{,}6$) : quotient $0{,}3 \div 0{,}5$, confusion avec une probabilité conditionnelle.
Réponse C. $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$ et $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$.
- A : elles ne sont égales que si $P(A) = P(B)$.
- B : aucune raison ; c'est $P_A(B) + P_A(\overline{B})$ qui vaut $1$.
- D : l'indépendance donne $P_A(B) = P(B)$ et $P_B(A) = P(A)$, ce qui n'impose pas $P_A(B) = P_B(A)$.

Exercice 8 — Vrai ou faux ?

Pour chaque affirmation, dire si elle est vraie ou fausse et justifier :

Si $P(A) \neq 0$, alors $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$.
Sur un arbre pondéré, la somme des probabilités de toutes les branches de l'arbre vaut $1$.
Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $P(A \cap B) = 0$.
$P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.
$P_A(B) + P_A(\overline{B}) = 1$.
Si $P_A(B) = 0{,}3$, alors $P_B(A) = 0{,}7$.
$P(B) = P(A \cap B) + P(\overline{A} \cap B)$.
Une probabilité conditionnelle peut être supérieure à $1$.

▶ Solution — Exercice 8

Vrai. C'est la définition de la probabilité de $B$ sachant $A$.
Faux. La somme vaut $1$ pour les branches issues d'un même point, pas pour toutes les branches de l'arbre. Sur un arbre à deux étapes avec deux branches par point, la somme de toutes les branches vaut $3$.
Faux. Indépendants signifie $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$. Une intersection de probabilité nulle correspond à des événements incompatibles, ce qui est autre chose.
Vrai. C'est la formule qui découle de la définition : la probabilité d'un chemin est le produit des probabilités des branches.
Vrai. Sachant $A$, l'événement $B$ est réalisé ou non : les deux branches issues de $A$ ont une somme égale à $1$.
Faux. Il n'y a aucun lien direct entre $P_A(B)$ et $P_B(A)$ sans connaître $P(A)$ et $P(B)$. Le nombre $0{,}7$ est $P_A(\overline{B})$, pas $P_B(A)$.
Vrai. C'est la formule des probabilités totales : $B$ est atteint soit par $A$, soit par $\overline{A}$.
Faux. Une probabilité conditionnelle est une probabilité, donc comprise entre $0$ et $1$. En effet $A \cap B$ est inclus dans $A$, donc $P(A \cap B) \leqslant P(A)$ et le quotient est au plus $1$.

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