Probabilités conditionnelles

L'univers est \(\Omega = \{1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\} = \{\) ; ; ; ; ; \(\}\).
L'événement est \(E = \{2\,;\,4\,;\,6\} = \{\) ; ; \(\}\).
L'événement contraire \(\overline{E}\) contient toutes les issues de l'univers qui ne sont pas dans \(E\).
Donc \(\overline{E} = \{1\,;\,3\,;\,5\} = \{\) ; ; \(\}\). C'est l'événement « obtenir un nombre impair ».

Les événements sont \(E = \{2\,;\,4\,;\,6\}\) et \(F = \{1\,;\,2\,;\,3\}\).
L'union \(E \cup F\) contient toutes les issues qui apparaissent dans l'un ou l'autre ensemble, sans répétition : $$ E \cup F = \{1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,6\}. $$

Les événements sont \(E = \{1\,;\,3\,;\,5\}\) et \(F = \{1\,;\,2\,;\,3\}\).
L'intersection \(E \cap F\) contient uniquement les issues qui sont dans les deux ensembles : $$ E \cap F = \{1\,;\,3\}. $$

Les événements sont \(E = \{1\,;\,3\,;\,5\}\) et \(F = \{2\,;\,4\,;\,6\}\).
On cherche leur intersection : $$ E \cap F = \emptyset. $$ Puisqu'il n'y a aucune issue commune aux deux événements, ils sont incompatibles.

Oui. Aucun couple parmi les trois événements n'a d'issue commune (\(E_1 \cap E_2 = \emptyset\), \(E_1 \cap E_3 = \emptyset\) et \(E_2 \cap E_3 = \emptyset\)), et ensemble ils redonnent toutes les issues : \(E_1 \cup E_2 \cup E_3 = \{1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,;\,6\} = \Omega\). Chaque face du dé appartient donc à exactement un d'entre eux, donc \(\{E_1\,;\,E_2\,;\,E_3\}\) est une partition de \(\Omega\).

La partition la plus fine découpe l'univers en ses issues isolées — un événement pour chaque face du dé : $$\{1\}, \quad \{2\}, \quad \{3\}, \quad \{4\}, \quad \{5\}, \quad \{6\}.$$ Avec les faces du dé, ces événements à une issue sont \(\{\)\(\}, \{\)\(\}, \{\)\(\}, \{\)\(\}, \{\)\(\}, \{\)\(\}\). Deux quelconques d'entre eux n'ont jamais de face commune, et leur réunion est l'univers tout entier, \(\{1\} \cup \{2\} \cup \{3\} \cup \{4\} \cup \{5\} \cup \{6\} = \Omega\). La partition plus grossière \(\{1\,;\,2\}, \{3\,;\,4\}, \{5\,;\,6\}\) vue plus haut regroupe ces issues isolées par paires — la partition la plus fine ne peut être découpée davantage.

La roue s'arrête dans exactement un des trois secteurs, donc \(\{A\,;\,B\,;\,C\}\) est une partition de l'univers et la somme des trois probabilités vaut \(1\) : $$\begin{aligned}[t] P(C) &= 1 - \big(P(A) + P(B)\big) && \text{(la somme des probabilités vaut 1)}\\ &= 1 - (0{,}5 + 0{,}3) && \text{(\(P(A) = 0{,}5\) ; \(P(B) = 0{,}3\))}\\ &= 1 - 0{,}8 \\ &= 0{,}2. \end{aligned}$$

• Univers : \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), 6 issues équiprobables.
• Événement \(E\) (la face est bleue) : \(\{2, 4, 6\}\), donc \(P(E) = \frac{3}{6} \).
• Événement \(F\) (obtenir 6) : \(\{6\}\).
• Intersection \(E \cap F\) : \(\{6\}\), donc \(P(E \cap F) = \frac{1}{6}\).
• Probabilité conditionnelle : $$\begin{aligned} \PCondFr{F}{E} &= \frac{P(E \cap F)}{P(E)}\\ &= \frac{\frac{1}{6}}{\frac{3}{6}}\\ &= \frac{1}{6} \times \frac{6}{3}\\ &= \frac{1}{3}. \end{aligned}$$
• La probabilité d'obtenir un 6, sachant que la face est bleue, est \(\frac{1}{3}\).

• Définir les événements :
  • \(S\) : Sam entraîne.
  • \(G\) : Le joueur est gardien.
• Définir les probabilités :
  • \(P(S) = \frac{6}{10}\) et \(P(\overline{S}) = 1 - P(S) = \frac{4}{10}\).
  • \(\PCondFr{G}{S} = \frac{1}{2}\) et \(\PCondFr{\overline{G}}{S} = 1 - \PCondFr{G}{S} = \frac{1}{2}\).
  • \(\PCondFr{G}{\overline{S}} = \frac{2}{3}\) et \(\PCondFr{\overline{G}}{\overline{S}} = 1 - \PCondFr{G}{\overline{S}} = \frac{1}{3}\).
• Diagramme en arbre :

1. Chemin : de \(S\) à \(G\) (mis en évidence) :
2. Calculer : $$\begin{aligned} P(S \cap G) &= P(S) \times \PCondFr{G}{S}\\ &= \frac{6}{10} \times \frac{1}{2}\\ &= \frac{3}{10}. \end{aligned}$$

1. Chemins vers \(G\) :
2. Calculer : $$\begin{aligned} P(G) &= \textcolor{colordef}{\frac{6}{10} \times \frac{1}{2}} + \textcolor{colorprop}{\frac{4}{10} \times \frac{2}{3}} \\ &= \textcolor{colordef}{\frac{3}{10}} + \textcolor{colorprop}{\frac{8}{30}} \\ &= \textcolor{colordef}{\frac{9}{30}} + \textcolor{colorprop}{\frac{8}{30}} \\ &= \frac{17}{30}. \end{aligned}$$

\(\PCondFr{F}{E} = 0{,}95\) est donné : la probabilité d'un test positif sachant que la personne est malade. L'autre, \(\PCondFr{E}{F}\), est la probabilité d'être malade sachant que le test est positif ; elle n'est pas donnée, et c'est elle qu'une personne testée veut connaître. $$\begin{aligned}[t] P(\overline{E}) &= 1 - P(E) = 1 - 0{,}02 = 0{,}98 && \scriptscriptstyle\text{(règle du contraire)} \\ P(E \cap F) &= P(E) \times \PCondFr{F}{E} && \scriptscriptstyle\text{(règle du produit)} \\ &= 0{,}02 \times 0{,}95 = 0{,}019 \\ P(F) &= P(E)\,\PCondFr{F}{E} + P(\overline{E})\,\PCondFr{F}{\overline{E}} && \scriptscriptstyle\text{(probabilités totales)} \\ &= 0{,}019 + 0{,}98 \times 0{,}10 = 0{,}117 \\ \PCondFr{E}{F} &= \frac{P(E \cap F)}{P(F)} && \scriptscriptstyle\text{(définition)} \\ &= \frac{0{,}019}{0{,}117} \approx 0{,}16 \end{aligned}$$ Donc \(\PCondFr{F}{E} = 0{,}95\) mais \(\PCondFr{E}{F} \approx 0{,}16\) : parmi les tests positifs, seulement un sur six environ vient d'un malade, parce que les personnes saines sont bien plus nombreuses et que \(10~\pourcent\) d'entre elles sont aussi positives. Les deux probabilités conditionnelles répondent à deux questions différentes. Renverser ainsi le conditionnement porte un nom et une formule : le théorème de Bayes.

Avec la forme conditionnelle : \(P(M) = \dfrac{100}{400} = \dfrac{1}{4}\) et, parmi les \(240\) demi-pensionnaires, \(60\) jouent, donc \(\PCondFr{M}{S} = \dfrac{60}{240} = \dfrac{1}{4}\). Comme \(\PCondFr{M}{S} = P(M)\), les événements sont indépendants : savoir que l'élève est demi-pensionnaire ne change pas la chance qu'il joue.
Avec le produit : \(P(S) \times P(M) = \dfrac{240}{400} \times \dfrac{100}{400} = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{20}\) et \(P(S \cap M) = \dfrac{60}{400} = \dfrac{3}{20}\). Même conclusion.

Soit \(\text{Pile}\) l’événement « obtenir Pile » et \(N\) l’événement « obtenir un nombre strictement supérieur à 4 ».

• Les événements sont indépendants, on peut donc utiliser la règle de multiplication.
• La probabilité d’obtenir Pile est \(P(\text{Pile}) = \dfrac{1}{2}\).
• Les issues pour un nombre strictement supérieur à 4 sont \(\{5\,;\,6\}\). Il y a 2 issues favorables sur 6 issues au total. Donc, \(P(N) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3}\).
• On multiplie les probabilités pour obtenir la probabilité que les deux événements se produisent : $$\begin{aligned} P(\text{Pile} \text{ et } N) &= P(\text{Pile}) \times P(N) \\ &= \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{3} \\ &= \dfrac{1}{6} \end{aligned}$$

La probabilité d’obtenir Pile et un nombre strictement supérieur à 4 est donc de \(\dfrac{1}{6}\).

Chaque ligne est un résultat de la pièce, chaque colonne un résultat du dé ; les marges portent \(P(\text{Pile}) = P(\text{Face}) = \frac{1}{2}\) et \(\frac{1}{6}\) pour chaque face. Par indépendance, la probabilité d'une case est le produit du total de sa ligne par le total de sa colonne : \(\frac{1}{2} \times \frac{1}{6} = \frac{1}{12}\) pour chaque case, et les douze cases ont pour somme \(1\).

	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	Total
Pile	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{2}\)
Face	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{12}\)	\(\frac{1}{2}\)
Total	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	\(\frac{1}{6}\)	\(1\)

« Pile et un nombre pair » est la réunion des trois cases (Pile, \(2\)), (Pile, \(4\)), (Pile, \(6\)), incompatibles, donc sa probabilité est \(3 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{4}\). La règle de multiplication pour des événements indépendants donne la même valeur, \(P(\text{Pile}) \times P(\text{pair}) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}\) : les événements « Pile » et « pair » sont eux aussi indépendants. Un tableau croise les deux épreuves ; un arbre les suit dans l'ordre. Les deux portent les mêmes probabilités.

1. Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de succès \(S\) (« réussi ») de probabilité \(0{,}7\) et d'échec \(E\) de probabilité \(0{,}3\) ; trois épreuves identiques et indépendantes donnent un arbre à \(8\) chemins.
2. « Exactement deux réussis » est formé des trois chemins \(SSE\), \(SES\) et \(ESS\), chacun de probabilité \(0{,}7 \times 0{,}7 \times 0{,}3 = 0{,}147\) : \(P = 3 \times 0{,}147 = 0{,}441\).
3. « Au moins un réussi » est le contraire de « aucun réussi », le seul chemin \(EEE\) de probabilité \(0{,}3^3 = 0{,}027\) : \(P = 1 - 0{,}027 = 0{,}973\).

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de succès « pile » de probabilité \(\dfrac{1}{2}\) ; les quatre lancers sont identiques et indépendants, et l'arbre a \(2^4 = 16\) chemins, chacun de probabilité \(\left(\dfrac{1}{2}\right)^4 = \dfrac{1}{16}\). Les chemins à exactement deux piles sont ceux où les deux lettres \(S\) occupent deux des quatre positions : \(SSEE\), \(SESE\), \(SEES\), \(ESSE\), \(ESES\), \(EESS\) — six chemins. D'où \(P = \dfrac{6}{16} = \dfrac{3}{8} = 0{,}375\). Lister les chemins remplace le dessin : à quatre épreuves l'arbre est déjà large, et au-delà de quatre le décompte des chemins demande un outil à part.

Instruction	\(k\)	\(d\)	\(d \geqslant 5\)	\(c\)	Affichage
départ				\(0\)
tour 1	\(1\)	\(3\)	faux	\(0\)
tour 2	\(2\)	\(6\)	vrai	\(1\)
tour 3	\(3\)	\(1\)	faux	\(1\)
tour 4	\(4\)	\(5\)	vrai	\(2\)
tour 5	\(5\)	\(2\)	faux	\(2\)
tour 6	\(6\)	\(6\)	vrai	\(3\)
tour 7	\(7\)	\(4\)	faux	\(3\)
tour 8	\(8\)	\(5\)	vrai	\(4\)
Afficher \(c\)	\(8\)	\(5\)		\(4\)	\(4\)
\(f \leftarrow c \div 8\), Afficher \(f\)	\(8\)	\(5\)		\(4\)	\(0{,}5\)

Il affiche 4 puis 0{,}5 : quatre succès sur huit essais, soit une fréquence de \(\frac{1}{2}\). La division est faite après la boucle et non dedans, ce qui est la troisième étape de la Méthode — une fréquence calculée à chaque tour serait une fréquence sur les essais faits jusque-là, un autre nombre. La probabilité d'obtenir au moins \(5\) avec un dé équilibré vaut \(\frac{2}{6}\), soit environ \(0{,}33\) : l'estimation la manque de \(\frac{1}{6}\), soit la moitié de la probabilité elle-même. L'algorithme n'a rien de fautif — huit essais sont simplement beaucoup trop peu, et c'est là tout l'intérêt de l'exemple. Lu dans l'autre sens, il dit quelque chose qu'un élève doit retenir : une fréquence mesurée sur huit essais est compatible avec quantité de probabilités, et y lire une probabilité serait lire un nombre qui n'y est pas.

Instruction	\(k\)	\(s\)	\(p\)	Affichage
départ			\(0\)
tour 1	\(1\)	\(1\)	\(1\)
tour 2	\(2\)	\(-1\)	\(0\)
tour 3	\(3\)	\(1\)	\(1\)
tour 4	\(4\)	\(1\)	\(2\)
tour 5	\(5\)	\(-1\)	\(1\)
tour 6	\(6\)	\(-1\)	\(0\)
tour 7	\(7\)	\(-1\)	\(-1\)
tour 8	\(8\)	\(1\)	\(0\)
Afficher \(p\)	\(8\)	\(1\)	\(0\)	\(0\)

Il affiche 0 : le marcheur est revenu d'où il est parti, ayant fait quatre pas de chaque côté. C'est une marche et elle ne prouve rien des marches en général — un autre tirage pourrait finir ailleurs. Ce que dit une simulation est ce qui arrive en moyenne sur beaucoup de marches, et la réponse mérite d'être sue : le marcheur ne dérive pas, puisque les deux directions sont également probables, mais il ne reste pas non plus sur place. Sa distance typique au départ après n pas croît comme \(\sqrt{n}\) — environ trois positions après dix pas, environ dix après cent. Estimer ce nombre est exactement ce à quoi sert une méthode de Monte-Carlo : répéter la marche un grand nombre de fois et prendre la moyenne des distances, ce qui estime une distance un peu inférieure à \(\sqrt{n}\) ; prendre la moyenne des carrés puis la racine estime \(\sqrt{n}\) lui-même, puisque la moyenne des carrés se fixe sur \(n\). Deux moyennes, deux nombres, et dire lequel on estime fait partie de la réponse.

Instruction	\(k\)	\(x\)	\(y\)	\(x^2 + y^2\)	\(\leqslant 100\)	\(c\)	Affichage
départ						\(0\)
tour 1	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(13\)	vrai	\(1\)
tour 2	\(2\)	\(8\)	\(9\)	\(145\)	faux	\(1\)
tour 3	\(3\)	\(5\)	\(4\)	\(41\)	vrai	\(2\)
tour 4	\(4\)	\(9\)	\(2\)	\(85\)	vrai	\(3\)
tour 5	\(5\)	\(1\)	\(9\)	\(82\)	vrai	\(4\)
tour 6	\(6\)	\(6\)	\(7\)	\(85\)	vrai	\(5\)
Afficher \(c\)	\(6\)	\(6\)	\(7\)	\(85\)		\(5\)	\(5\)

Il affiche 5 : cinq des six points sont dans le quart de disque, donc la fréquence vaut \(\frac{5}{6}\) et l'estimation de \(\pi\) vaut \(4 \times \frac{5}{6}\), soit environ \(3{,}33\). Un point sur six était dehors, et s'il y en avait eu deux l'estimation aurait valu \(2{,}67\) : avec six fléchettes, un point change la réponse de plus d'une demi-unité. Le test compare des entiers parce que les coordonnées sont comptées en dixièmes — un centième d'unité au carré est l'unité de \(x^2 + y^2\), et \(100\) est le carré de dix dixièmes. Écrire le test ainsi évite toute décimale, ce qui est la même astuce qu'écrire k \(\times\) k \(\leqslant\) n plutôt que comparer k à une racine carrée. C'est aussi une simplification : tirer sur une grille de dixièmes n'est pas tirer uniformément dans le carré, si bien que cette trace estime une proportion de points de grille et non exactement \(\frac{\pi}{4}\). Une vraie simulation tire des coordonnées décimales ; la grille est là pour que le tableau se remplisse à la main.

Instruction	\(k\)	\(x\)	\(y\)	\(10y\)	\(x^2\)	\(10y \leqslant x^2\)	\(c\)	Affichage
départ							\(0\)
tour 1	\(1\)	\(7\)	\(3\)	\(30\)	\(49\)	vrai	\(1\)
tour 2	\(2\)	\(2\)	\(5\)	\(50\)	\(4\)	faux	\(1\)
tour 3	\(3\)	\(9\)	\(6\)	\(60\)	\(81\)	vrai	\(2\)
tour 4	\(4\)	\(4\)	\(4\)	\(40\)	\(16\)	faux	\(2\)
tour 5	\(5\)	\(5\)	\(1\)	\(10\)	\(25\)	vrai	\(3\)
tour 6	\(6\)	\(3\)	\(8\)	\(80\)	\(9\)	faux	\(3\)
tour 7	\(7\)	\(8\)	\(9\)	\(90\)	\(64\)	faux	\(3\)
tour 8	\(8\)	\(6\)	\(4\)	\(40\)	\(36\)	faux	\(3\)
Afficher \(c\)	\(8\)	\(6\)	\(4\)				\(3\)	\(3\)
\(f \leftarrow c \div 8\), Afficher \(f\)	\(8\)	\(6\)	\(4\)				\(3\)	\(0{,}375\)

Il affiche 3 puis 0{,}375. Le carré a pour aire \(1\), donc la fréquence est elle-même l'estimation de l'aire sous la parabole — la région comprise entre la courbe, l'axe des abscisses et la droite \(X = 1\). L'aire exacte vaut \(\dfrac{1}{3}\), environ \(0{,}333\), une valeur admise ici. Huit points ne distinguent pas \(0{,}375\) de \(0{,}333\) : un point de plus ou de moins sous la courbe déplace l'estimation de \(\dfrac{1}{8} = 0{,}125\). Le test compare des entiers parce que les coordonnées sont comptées en dixièmes, ce qui évite tout nombre décimal. C'est aussi une simplification : \(45\) des \(121\) points de la grille des dixièmes, de \(0\) à \(1\) dans chaque direction, sont sous la parabole, soit environ \(0{,}372\), donc tirer sur cette grille estime \(0{,}372\) et non \(\dfrac{1}{3}\). Une vraie simulation tire chaque coordonnée comme un nombre décimal entre \(0\) et \(1\), chaque partie de l'intervalle aussi probable que toute autre partie de même longueur, ce qui s'écrit en Python random.random() :

import random

def area_under_parabola(n):
    c = 0
    for k in range(n):
        x = random.random()
        y = random.random()
        if y <= x * x:
            c = c + 1
    return c / n

Un appel comme area_under_parabola(10000) peut donner un nombre différent d'une exécution à l'autre, le plus souvent entre \(0{,}32\) et \(0{,}345\).

Instruction	\(k\)	\(d\)	\(e\)	\(d + e \geqslant 10\)	\(a\)	\(b\)	Affichage
départ					\(0\)	\(0\)
tour 1	\(1\)	\(6\)	\(5\)	vrai	\(1\)	\(1\)
tour 2	\(2\)	\(3\)	\(2\)	faux	\(1\)	\(1\)
tour 3	\(3\)	\(4\)	\(6\)	vrai	\(2\)	\(1\)
tour 4	\(4\)	\(6\)	\(6\)	vrai	\(3\)	\(2\)
tour 5	\(5\)	\(1\)	\(5\)	faux	\(3\)	\(2\)
tour 6	\(6\)	\(6\)	\(4\)	vrai	\(4\)	\(3\)
tour 7	\(7\)	\(2\)	\(2\)	faux	\(4\)	\(3\)
tour 8	\(8\)	\(5\)	\(3\)	faux	\(4\)	\(3\)
Afficher \(a\)	\(8\)	\(5\)	\(3\)		\(4\)	\(3\)	\(4\)
\(f \leftarrow b \div a\), Afficher \(f\)	\(8\)	\(5\)	\(3\)		\(4\)	\(3\)	\(0{,}75\)

Il affiche 4 puis 0{,}75 : la somme a atteint \(10\) sur quatre lancers, et sur trois d'entre eux le premier dé a donné \(6\). Le test intérieur n'est fait que lorsque le test extérieur est vrai, donc \(b\) ne peut jamais dépasser \(a\). La division se fait par \(a = 4\), les lancers où la condition était remplie, et non par \(8\) : \(3 \div 8 = 0{,}375\) estimerait la probabilité que la somme vaille au moins \(10\) et que le premier dé donne \(6\). La probabilité exacte vaut \(\dfrac{1}{2}\) : six des \(36\) lancers équiprobables donnent une somme d'au moins \(10\), et trois de ces six commencent par un \(6\). Savoir que la somme est grande rend un \(6\) sur le premier dé trois fois plus probable que sans condition, \(\dfrac{1}{6}\). Avec quatre lancers utiles, \(0{,}75\) est loin de \(0{,}5\), et la précision est celle de quatre essais, pas de huit. L'expérience complète, en Python, lance les dés elle-même :

import random

def conditional_frequency(n):
    a = 0
    b = 0
    for k in range(n):
        d = random.randint(1, 6)
        e = random.randint(1, 6)
        if d + e >= 10:
            a = a + 1
            if d == 6:
                b = b + 1
    return b / a

Un appel comme conditional_frequency(10000) peut donner un nombre différent d'une exécution à l'autre, le plus souvent entre \(0{,}47\) et \(0{,}53\) ; seuls environ \(1667\) des \(10000\) lancers sont gardés, un sur six. Si aucun lancer n'atteint \(10\), \(a\) reste à \(0\) et la division par \(0\) arrête le programme sur une erreur ; pour n égal à \(10\), cela arrive environ une exécution sur six, puisque \(\left(\dfrac{5}{6}\right)^{10} \approx 0{,}16\).