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📔 Probabilités conditionnelles et indépendance

Exploration des probabilités conditionnelles et indépendance

🎲 Probabilités conditionnelles : définition et calcul
Définition fondamentale

La probabilité conditionnelle \( P(A|B) \) représente la probabilité que l'événement A se réalise sachant que B est déjà réalisé. Cette notion est fondamentale car elle permet de modéliser des situations où l'information disponible modifie nos estimations probabilistes.

\[ P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \quad \text{avec } P(B) > 0 \]
ℹ️ Interprétation géométrique

Cette formule "réduit" l'univers des possibles à l'ensemble B. Le numérateur \( P(A \cap B) \) représente la probabilité que A et B se produisent simultanément, tandis que le dénominateur \( P(B) \) normalise cette probabilité par rapport à l'ensemble B, créant ainsi un nouvel espace probabiliste.

📝 Exemple concret

Urne initiale : 5 boules rouges et 3 bleues (8 total).

Après tirage d'une rouge :
• Il reste 4 rouges et 3 bleues (7 boules au total).

Probabilité conditionnelle :
\( P(\text{Rouge}_2 \mid \text{Rouge}_1) = \frac{\text{4 rouges restantes}}{\text{7 boules restantes}} = \frac{4}{7} \)

✦ Pour retenir : On réduit le nombre de boules (dénominateur) et le nombre de cas favorables (numérateur) après le premier tirage.
✦ Conclusion : La probabilité que la deuxième boule soit rouge, sachant que la première était rouge, est donc de 4/7 (environ 57,1%).

Propriétés fondamentales
✓ Formule des probabilités totales
Si \( \{B_i\}_{i=1}^n \) forme une partition de Ω, alors :

\[ P(A) = \sum_{i=1}^n P(A|B_i) \cdot P(B_i) \]
✓ Théorème de Bayes
Permet d'inverser les conditionnements :

\begin{align} P(B_i|A) &= \frac{P(A|B_i) \cdot P(B_i)}{P(A)} \\ &= \frac{P(A|B_i) \cdot P(B_i)}{\sum_{j=1}^n P(A|B_j) \cdot P(B_j)} \end{align}
✓ Règle de multiplication
Pour une suite d'événements :

\begin{equation*} \begin{aligned} P(A_1 \cap A_2 \cap \cdots \cap A_n) & = \\ P(A_1) \cdot P(A_2|A_1) \cdot P(A_3|A_1 \cap A_2) \cdots \end{aligned} \end{equation*}
Indépendance et probabilités conditionnelles
⚠️ Critère d'indépendance
Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si :

\[ P(A|B) = P(A) \quad \text{et} \quad P(B|A) = P(B) \]
Autrement dit, connaître la réalisation de B n'apporte aucune information sur A.
Représentation visuelle des probabilités conditionnelles
Ω B A A∩B Zone d'intérêt
Diagramme de Venn
💡 Interprétation visuelle

P(A|B) correspond au rapport entre :

  • L'aire de l'intersection A ∩ B (en vert)
  • L'aire totale de l'événement B (en bleu)
\[ P(A|B) = \frac{\text{aire}(A \cap B)}{\text{aire}(B)} \]
Applications et exemples classiques
🏥 Tests médicaux

Problème : Un test a 95% de sensibilité et 90% de spécificité pour une maladie touchant 1% de la population.

Question : Si le test est positif, quelle est la probabilité d'être malade ?

Solution : Utilisation du théorème de Bayes : \( P(\text{Malade}|\text{Test+}) \approx 8.77\% \)

⚪ Modèle d'urne

Problème : Deux urnes, la première contient 3 boules rouges et 2 noires, la seconde 1 rouge et 4 noires.

Question : On tire une boule rouge, quelle est la probabilité qu'elle vienne de l'urne 1 ?

Solution : \( P(\text{Urne 1}|\text{Rouge}) = \frac{3/5 \cdot 1/2}{3/5 \cdot 1/2 + 1/5 \cdot 1/2} = \frac{3}{4} \)

Probabilités conditionnelles et indépendance

Exercice 1: ★ ★ ★ ☆ ☆

Dans une classe de 25 élèves, 15 pratiquent le football et 10 pratiquent le tennis. Parmi ceux qui pratiquent le football, 6 pratiquent aussi le tennis.
1. Calculez la probabilité qu'un élève pratique le tennis sachant qu'il pratique le football.
2. Les événements "pratiquer le football" et "pratiquer le tennis" sont-ils indépendants ?

1. Soit F = "pratiquer le football" et T = "pratiquer le tennis"
\[ P(T|F) = \frac{P(T \cap F)}{P(F)} = \frac{6/25}{15/25} = \frac{6}{15} = \frac{2}{5} = 0,4 \]

2. Pour vérifier l'indépendance : P(T) = 10/25 = 2/5 = 0,4
Comme P(T|F) = P(T) = 0,4, les événements sont indépendants.


Exercice 2: ★ ★ ★ ★ ☆

Un test de dépistage détecte une maladie dans 95% des cas lorsqu'elle est présente, et donne un résultat positif dans 8% des cas lorsque la personne est saine. On sait que 2% de la population est atteinte de cette maladie.
1. Quelle est la probabilité qu'une personne ait un test positif ?
2. Si le test est positif, quelle est la probabilité que la personne soit réellement malade ?

1. Soit M = "être malade" et T+ = "test positif"
P(M) = 0,02 ; P(T+|M) = 0,95 ; P(T+|M̄) = 0,08
\[ P(T+) = P(T+|M) \times P(M) + P(T+|M̄) \times P(M̄) \] \[ P(T+) = 0,95 \times 0,02 + 0,08 \times 0,98 = 0,019 + 0,0784 = 0,0974 \]

2. Formule de Bayes : \[ P(M|T+) = \frac{P(T+|M) \times P(M)}{P(T+)} = \frac{0,95 \times 0,02}{0,0974} ≈ 0,195 = 19,5\% \]


Exercice 3: ★ ★ ★ ★ ★

Une urne contient 5 boules rouges et 3 boules bleues. On tire successivement et sans remise 3 boules.
1. Construisez l'arbre pondéré pour les deux premiers tirages.
2. Calculez la probabilité d'obtenir exactement 2 boules rouges lors des 3 tirages.
3. Sachant qu'on a tiré au moins une boule rouge, quelle est la probabilité d'avoir tiré exactement 2 boules rouges ?

1. Premier tirage : P(R) = 5/8, P(B) = 3/8
Si R au 1er : P(R|R) = 4/7, P(B|R) = 3/7
Si B au 1er : P(R|B) = 5/7, P(B|B) = 2/7

2. Configurations avec exactement 2 rouges : RRB, RBR, BRR
P(RRB) = (5/8) × (4/7) × (3/6) = 60/336
P(RBR) = (5/8) × (3/7) × (4/6) = 60/336
P(BRR) = (3/8) × (5/7) × (4/6) = 60/336
P(exactement 2 rouges) = 180/336 = 15/28

3. P(au moins 1 rouge) = 1 - P(BBB) = 1 - (3/8) × (2/7) × (1/6) = 1 - 6/336 = 330/336
P(exactement 2 rouges | au moins 1 rouge) = (15/28) / (330/336) = 18/33 = 6/11


Exercice 4: ★ ★ ★ ☆ ☆

Dans une entreprise, 60% des employés sont des hommes. Parmi les hommes, 40% ont un diplôme universitaire, et parmi les femmes, 70% ont un diplôme universitaire.
1. Quelle est la probabilité qu'un employé choisi au hasard ait un diplôme universitaire ?
2. Sachant qu'un employé a un diplôme universitaire, quelle est la probabilité que ce soit une femme ?

1. Soit H = "être un homme", F = "être une femme", D = "avoir un diplôme"
P(H) = 0,6 ; P(F) = 0,4 ; P(D|H) = 0,4 ; P(D|F) = 0,7
\[ P(D) = P(D|H) \times P(H) + P(D|F) \times P(F) \] \[ P(D) = 0,4 \times 0,6 + 0,7 \times 0,4 = 0,24 + 0,28 = 0,52 \]

2. Formule de Bayes : \[ P(F|D) = \frac{P(D|F) \times P(F)}{P(D)} = \frac{0,7 \times 0,4}{0,52} = \frac{0,28}{0,52} = \frac{7}{13} ≈ 0,538 \]


Exercice 5: ★ ★ ★ ★ ★

Trois machines A, B et C produisent respectivement 50%, 30% et 20% de la production totale d'une usine. Les taux de défauts sont respectivement de 2%, 3% et 5%.
1. Construisez l'arbre pondéré de la situation.
2. Quelle est la probabilité qu'un produit choisi au hasard soit défectueux ?
3. Un produit est défectueux. Quelle est la probabilité qu'il provienne de la machine C ?
4. Les événements "provenir de la machine A" et "être défectueux" sont-ils indépendants ?

1. P(A) = 0,5 ; P(B) = 0,3 ; P(C) = 0,2
P(D|A) = 0,02 ; P(D|B) = 0,03 ; P(D|C) = 0,05

2. Probabilité totale : \[ P(D) = P(D|A) × P(A) + P(D|B) × P(B) + P(D|C) × P(C) \] \[ P(D) = 0,02 × 0,5 + 0,03 × 0,3 + 0,05 × 0,2 = 0,01 + 0,009 + 0,01 = 0,029 \]

3. Formule de Bayes : \[ P(C|D) = \frac{P(D|C) × P(C)}{P(D)} = \frac{0,05 × 0,2}{0,029} = \frac{0,01}{0,029} ≈ 0,345 \]

4. Pour l'indépendance : P(D|A) = 0,02 et P(D) = 0,029
Comme P(D|A) ≠ P(D), les événements ne sont pas indépendants.



Exercice 6: ★ ★ ★ ☆ ☆

Un sac contient 4 billes rouges et 6 billes vertes. On tire deux billes successivement sans remise.
1. Construisez l'arbre pondéré complet de cette expérience.
2. Calculez la probabilité d'obtenir deux billes de même couleur.
3. Sachant qu'on a obtenu au moins une bille rouge, quelle est la probabilité d'avoir deux billes rouges ?

1. Arbre pondéré :
4/10 6/10 R V 3/9 6/9 4/9 5/9 (R,R) (R,V) (V,R) (V,V) P = 4/10 × 3/9 = 2/15 P = 4/10 × 6/9 = 4/15 P = 6/10 × 4/9 = 4/15 P = 6/10 × 5/9 = 1/3

2. P(même couleur) = P(RR) + P(VV) = 2/15 + 1/3 = 2/15 + 5/15 = 7/15

3. P(au moins 1 rouge) = 1 - P(VV) = 1 - 1/3 = 2/3
P(RR | au moins 1 rouge) = P(RR) / P(au moins 1 rouge) = (2/15) / (2/3) = 1/5


Exercice 7: ★ ★ ★ ★ ☆

Un étudiant a 70% de chances de réussir son premier examen. S'il réussit le premier, il a 80% de chances de réussir le second. S'il échoue au premier, il n'a que 30% de chances de réussir le second.
1. Dessinez l'arbre pondéré de cette situation.
2. Quelle est la probabilité qu'il réussisse exactement un des deux examens ?
3. Sachant qu'il a réussi le second examen, quelle est la probabilité qu'il ait aussi réussi le premier ?

1. Arbre pondéré :
Départ 0,7 0,3 R₁ E₁ 0,8 0,2 0,3 0,7 (R₁,R₂) (R₁,E₂) (E₁,R₂) (E₁,E₂) P = 0,7 × 0,8 = 0,56 P = 0,7 × 0,2 = 0,14 P = 0,3 × 0,3 = 0,09 P = 0,3 × 0,7 = 0,21

2. P(exactement 1 réussi) = P(R₁,E₂) + P(E₁,R₂) = 0,14 + 0,09 = 0,23

3. P(R₂) = P(R₁,R₂) + P(E₁,R₂) = 0,56 + 0,09 = 0,65
P(R₁|R₂) = P(R₁,R₂) / P(R₂) = 0,56 / 0,65 ≈ 0,862


Exercice 8: ★ ★ ★ ★ ★

Une société de transport possède trois lignes d'autobus : A (40% du trafic), B (35% du trafic) et C (25% du trafic). Les probabilités de retard sont respectivement 5%, 8% et 12%.
1. Représentez cette situation par un arbre pondéré.
2. Calculez la probabilité qu'un autobus soit en retard.
3. Un autobus est en retard. Calculez la probabilité qu'il appartienne à chaque ligne.
4. Vérifiez que la somme des probabilités calculées en 3. vaut bien 1.

1. Arbre pondéré :
0,4 0,35 0,25 A B C 0,05 0,95 0,08 0,92 0,12 0,88 (A,Retard) (A,Ponctuel) (B,Retard) (B,Ponctuel) (C,Retard) (C,Ponctuel) P = 0,4 × 0,05 = 0,02 P = 0,4 × 0,95 = 0,38 P = 0,35 × 0,08 = 0,028 P = 0,35 × 0,92 = 0,322 P = 0,25 × 0,12 = 0,03 P = 0,25 × 0,88 = 0,22

2. P(Retard) = 0,02 + 0,028 + 0,03 = 0,078

3. P(A|Retard) = 0,02 / 0,078 ≈ 0,256 = 25,6%
P(B|Retard) = 0,028 / 0,078 ≈ 0,359 = 35,9%
P(C|Retard) = 0,03 / 0,078 ≈ 0,385 = 38,5%

4. Vérification : 0,256 + 0,359 + 0,385 = 1 ✓


Exercice 9: ★ ★ ★ ☆ ☆

Dans un jeu, un joueur lance une pièce équilibrée. Si c'est pile, il tire une boule dans l'urne A (3 rouges, 2 bleues). Si c'est face, il tire dans l'urne B (1 rouge, 4 bleues).
1. Construisez l'arbre pondéré de cette expérience.
2. Quelle est la probabilité d'obtenir une boule rouge ?
3. Le joueur a obtenu une boule bleue. Quelle est la probabilité qu'elle provienne de l'urne A ?

1. Arbre pondéré :
1/2 1/2 P F 3/5 2/5 1/5 4/5 (P,R) (P,B) (F,R) (F,B) P = 1/2 × 3/5 = 3/10 P = 1/2 × 2/5 = 1/5 P = 1/2 × 1/5 = 1/10 P = 1/2 × 4/5 = 2/5

2. P(Rouge) = P(P,R) + P(F,R) = 3/10 + 1/10 = 4/10 = 2/5

3. P(Bleue) = P(P,B) + P(F,B) = 1/5 + 2/5 = 3/5
P(A|Bleue) = P(P,B) / P(Bleue) = (1/5) / (3/5) = 1/3


Exercice 10: ★ ★ ★ ★ ★

Un système d'alarme fonctionne avec deux détecteurs indépendants A et B. Le détecteur A se déclenche avec une probabilité de 0,9 en cas d'intrusion et 0,05 en l'absence d'intrusion. Le détecteur B se déclenche avec une probabilité de 0,85 en cas d'intrusion et 0,02 en l'absence d'intrusion. La probabilité d'une intrusion est de 0,001.
1. Dessinez l'arbre pondéré pour le détecteur A uniquement.
2. Calculez la probabilité que le détecteur A se déclenche.
3. Le détecteur A s'est déclenché. Quelle est la probabilité qu'il y ait réellement une intrusion ?
4. Si les deux détecteurs sont indépendants, quelle est la probabilité qu'au moins un des deux se déclenche en cas d'intrusion ?

1. Arbre pondéré pour le détecteur A :

Départ 0,001 0,999 Intrusion Pas d'intrusion 0,9 0,1 0,05 0,95 A se déclenche A ne se déclenche pas A se déclenche A ne se déclenche pas P = 0,001 × 0,9 = 0,0009 P = 0,001 × 0,1 = 0,0001 P = 0,999 × 0,05 = 0,04995 P = 0,999 × 0,95 = 0,94905
2. Probabilité que le détecteur A se déclenche :
\(P(A) = P(I) × P(A|I) + P(¬I) × P(A|¬I)\)
\(P(A) = 0{,}001 × 0{,}9 + 0{,}999 × 0{,}05\)
\(P(A) = 0{,}0009 + 0{,}04995 = \boxed{0{,}05085}\)
3. Probabilité d'intrusion sachant que A s'est déclenché (Bayes) :
\(P(I|A) = \frac{P(A|I) × P(I)}{P(A)}\)
\(P(I|A) = \frac{0{,}9 × 0{,}001}{0{,}05085} = \frac{0{,}0009}{0{,}05085}\)
\(P(I|A) ≈ \boxed{0{,}0177}\)
Soit environ 1,77% de chances qu'il y ait réellement une intrusion.

4. Probabilité qu'au moins un détecteur se déclenche en cas d'intrusion :
\(P(A ∪ B|I) = 1 - P(¬A ∩ ¬B|I)\)
\(P(¬A ∩ ¬B|I) = P(¬A|I) × P(¬B|I) = 0{,}1 × 0{,}15 = 0{,}015\)
\(P(A ∪ B|I) = 1 - 0{,}015 = \boxed{0{,}985}\)
Soit 98,5% de chances qu'au moins un détecteur se déclenche lors d'une intrusion.

🎯 Points clés :
• Malgré une forte probabilité de déclenchement du détecteur A (90%), la probabilité réelle d'intrusion reste faible (1,77%) car les intrusions sont très rares
• L'utilisation de deux détecteurs améliore significativement la détection (98,5% vs 90%)
• Cet exercice illustre l'importance du théorème de Bayes dans les systèmes de détection
Simulateur de Dénombrement - Tirage de Boules

Configuration du Tirage
Visualisation du Tirage
Sac contenant les boules
Prêt pour le tirage
Boules tirées:
Boules remises:
Résultats et Formules
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