1ʳᵉ spé · Chapitre 09 · Probabilités et statistiques

Probabilités conditionnelles et indépendance

Indépendance, formule des probabilités totales, succession d'épreuves, répétition d'épreuves de Bernoulli (n ≤ 4).

Sommaire

Ce qu'il faut savoir faire

Indépendance
Formule des probabilités totales
Succession d'épreuves
Répétition d'épreuves de Bernoulli (n ≤ 4)

La classe de seconde a posé le socle du calcul des probabilités : un univers fini, une loi de probabilité, le langage des événements et le lien entre fréquences et probabilités. La première franchit une étape décisive : elle étudie ce que devient une probabilité quand on dispose d'une information partielle sur le résultat de l'expérience — c'est la probabilité conditionnelle —, elle met en garde contre l'erreur de raisonnement la plus répandue du domaine, l'inversion du conditionnement (celle des « faux positifs » des tests de dépistage), et elle donne un sens mathématique précis à une expression du langage courant : l'indépendance de deux événements. Ces notions structurent toute la suite du parcours probabiliste, du chapitre suivant jusqu'au programme de terminale, et occupent une place centrale à l'épreuve anticipée de mathématiques.

La probabilité conditionnelle

Toute l'idée du chapitre tient dans une question simple : que devient la probabilité d'un événement quand on apprend qu'un autre événement est réalisé ? Recevoir une information, c'est restreindre l'univers : les issues incompatibles avec l'information reçue sont éliminées, et le hasard se rejoue en pensée sur les issues restantes. La définition formalise cette idée de restriction.

Définition

Soient $A$ et $B$ deux événements d'un univers $Ω$ , avec $P (A) \neq 0$ . La probabilité conditionnelle de $B$ sachant $A$ , notée $P_{A} (B)$ , est le nombre :

P_{A} (B) = \frac{P (A \cap B)}{P (A)}

Elle se lit « probabilité de $B$ sachant $A$ » : c'est la probabilité que $B$ soit réalisé quand on sait que $A$ l'est.

Pourquoi ce quotient ? Quand on sait que $A$ est réalisé, l'univers effectif n'est plus $Ω$ mais $A$ : parmi les issues de $A$ , celles qui réalisent $B$ sont exactement celles de $A \cap B$ . La probabilité conditionnelle mesure donc le « poids » de $A \cap B$ à l'intérieur de $A$ — d'où la division par $P (A)$ , qui rapporte tout au nouvel univers. Cette division garantit d'ailleurs que $P_{A}$ se comporte comme une véritable probabilité : $P_{A} (A) = \frac{P (A \cap A)}{P (A)} = 1$ (sachant que $A$ est réalisé, $A$ est certain), et $0 ⩽ P_{A} (B) ⩽ 1$ pour tout événement $B$ , car $A \cap B$ est inclus dans $A$ .

Remarque

La condition $P (A) \neq 0$ n'est pas une précaution décorative : diviser par zéro n'a pas de sens, et conditionner par un événement impossible n'en a pas davantage — on ne peut pas « savoir » qu'un événement de probabilité nulle est réalisé.

Le cadre le plus concret est celui, déjà rencontré en seconde, du tirage au sort équiprobable d'un individu dans une population décrite par un tableau croisé d'effectifs : les probabilités conditionnelles s'y calculent directement sur les effectifs.

Exemple

Un club sportif compte $240$ adhérents. On relève deux caractères : l'âge (mineur ou majeur) et le type de pratique (compétition ou loisir). Le tableau croisé, avec ses marges :

	Compétition	Loisir	Total
Mineurs	$72$	$78$	$150$
Majeurs	$24$	$66$	$90$
Total	$96$	$144$	$240$

On tire au sort un adhérent, chacun ayant la même probabilité d'être choisi. Notons $M$ : « l'adhérent est mineur » et $C$ : « l'adhérent pratique en compétition ». L'équiprobabilité donne :

P (M) = \frac{150}{240} = 0,625, P (C) = \frac{96}{240} = 0,4, P (M \cap C) = \frac{72}{240} = 0,3

Calculons $P_{M} (C)$ , la probabilité que l'adhérent tiré pratique en compétition sachant qu'il est mineur. L'information « mineur » restreint l'univers aux $150$ mineurs, dont $72$ pratiquent en compétition :

P_{M} (C) = \frac{P (M \cap C)}{P (M)} = \frac{72 / 240}{150 / 240} = \frac{72}{150} = 0,48

Le calcul de la définition et le comptage direct dans la ligne des mineurs donnent le même résultat : rapporter la probabilité de l'intersection à celle de l'événement conditionnant revient exactement à rapporter l'effectif de l'intersection à l'effectif de la sous-population. Dans l'autre sens, $P_{C} (M) = \frac{72}{96} = 0,75$ : sachant que l'adhérent tiré est un compétiteur, la probabilité qu'il soit mineur est $0,75$ — même numérateur, autre dénominateur, autre nombre.

En multipliant les deux membres de la définition par $P (A)$ , on obtient une égalité d'usage constant, qui permet de calculer une intersection quand on connaît une probabilité conditionnelle.

Propriété

Pour tous événements $A$ et $B$ avec $P (A) \neq 0$ :

P (A \cap B) = P (A) \times P_{A} (B)

Et symétriquement, si $P (B) \neq 0$ : $P (A \cap B) = P (B) \times P_{B} (A)$ .

Remarque

Ne pas confondre $P (A \cap B)$ et $P_{A} (B)$ . Ces deux nombres répondent à des questions différentes. $P (A \cap B)$ est la probabilité que $A$ et $B$ se réalisent, calculée avant l'expérience, sans aucune information ; $P_{A} (B)$ est la probabilité de $B$ une fois acquise l'information que $A$ est réalisé. Dans l'exemple du club, $P (M \cap C) = 0,3$ (trois chances sur dix de tirer un mineur compétiteur) tandis que $P_{M} (C) = 0,48$ (si l'on sait déjà que l'adhérent tiré est mineur, presque une chance sur deux qu'il soit compétiteur). L'énoncé signale le conditionnement par des tournures comme « sachant que… », « parmi les… », « si … alors quelle est la probabilité que… » : les repérer est la première étape de tout exercice du chapitre.

Les arbres pondérés

Quand une expérience aléatoire se déroule en étapes successives — deux tirages, une machine puis un contrôle, une météo puis un trajet — l'outil de représentation le plus efficace est l'arbre pondéré. Chaque point de l'arbre est un nœud ; de chaque nœud partent des branches portant chacune un événement et un nombre, sa pondération ; une suite de branches de la racine jusqu'à une extrémité (une feuille) est un chemin, et chaque chemin correspond à une intersection d'événements.

Arbre pondéré générique à deux niveaux

Sur la figure, la racine se sépare vers $A$ et $\overline{A}$ , puis chacun de ces nœuds se sépare vers $B$ et $\overline{B}$ : les quatre chemins correspondent aux quatre intersections $A \cap B$ , $A \cap \overline{B}$ , $\overline{A} \cap B$ et $\overline{A} \cap \overline{B}$ . Le point crucial est la nature des pondérations : celles du premier niveau sont des probabilités « ordinaires », celles du deuxième niveau sont des probabilités conditionnelles — la branche menant de $A$ vers $B$ porte $P_{A} (B)$ , car en la parcourant on se place dans la situation où $A$ est déjà réalisé.

Propriété

Règles de l'arbre pondéré.

Règle des nœuds : la somme des pondérations des branches issues d'un même nœud vaut $1$ . En effet, les événements portés par ces branches se partagent toutes les possibilités du nœud, sans recouvrement.
Règle du produit : la probabilité de l'intersection des événements rencontrés le long d'un chemin est le produit des pondérations de ses branches. Pour un chemin à deux branches : $P (A \cap B) = P (A) \times P_{A} (B)$ — c'est la propriété de la section 1, lue sur l'arbre.
Règle de la somme : la probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins qui le réalisent, car ces chemins correspondent à des événements deux à deux incompatibles.

Ces trois règles ne sont pas de nouvelles vérités mathématiques : la première traduit le fait que $P_{A}$ est une probabilité, la deuxième est la définition de la probabilité conditionnelle réécrite, la troisième est l'additivité des probabilités d'événements incompatibles, connue depuis la seconde. L'arbre est un résumé graphique du raisonnement, pas un raisonnement de substitution — et sa force est justement de rendre ces règles automatiques.

Méthode

Construire et exploiter un arbre pondéré.

Identifier les étapes de l'expérience et les événements de chaque étape.
Poser le premier niveau (probabilités des événements de la première étape), puis traduire chaque « sachant que » de l'énoncé en pondération conditionnelle du deuxième niveau.
Vérifier qu'à chaque nœud, la somme des pondérations vaut $1$ — contrôle systématique avant tout calcul.
Pour calculer une probabilité : repérer les chemins qui réalisent l'événement, multiplier le long de chaque chemin, additionner les chemins.

Exemple

Un matin donné, la probabilité qu'il pleuve est $0,3$ . S'il pleut, Lina prend le bus avec probabilité $0,8$ ; s'il ne pleut pas, elle ne le prend qu'avec probabilité $0,25$ (elle préfère le vélo). Notons $R$ : « il pleut » et $B$ : « Lina prend le bus ». Les données de l'énoncé sont $P (R) = 0,3$ , $P_{R} (B) = 0,8$ et $P_{\overline{R}} (B) = 0,25$ — les deux dernières sont bien des probabilités conditionnelles, signalées par les « si… ».

L'arbre a deux niveaux : $R$ / $\overline{R}$ puis $B$ / $\overline{B}$ . La règle des nœuds complète les pondérations manquantes : $P (\overline{R}) = 0,7$ , $P_{R} (\overline{B}) = 0,2$ et $P_{\overline{R}} (\overline{B}) = 0,75$ .

Règle du produit : la probabilité qu'il pleuve et que Lina prenne le bus est $P (R \cap B) = P (R) \times P_{R} (B) = 0,3 \times 0,8 = 0,24$ .
Règle de la somme : l'événement $B$ est réalisé par deux chemins, celui passant par $R$ et celui passant par $\overline{R}$ :

P (B) = P (R \cap B) + P (\overline{R} \cap B) = 0,3 \times 0,8 + 0,7 \times 0,25 = 0,24 + 0,175 = 0,415

Lina prend le bus environ deux matins sur cinq. Remarquons que ce nombre n'est ni $0,8$ ni $0,25$ : c'est une moyenne pondérée des deux probabilités conditionnelles, où le poids de chaque scénario météo est sa probabilité. Cette structure de calcul porte un nom — c'est la formule des probabilités totales, objet de la section suivante.

Partition de l'univers et formule des probabilités totales

Le calcul de $P (B)$ dans l'exemple précédent repose sur un découpage : tout matin est soit pluvieux, soit non pluvieux, jamais les deux. Ce type de découpage exhaustif et sans recouvrement porte un nom.

Définition

Des événements $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ , tous de probabilité non nulle, forment une partition de l'univers $Ω$ (on dit aussi un système complet d'événements) lorsque :

ils sont deux à deux incompatibles : $A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ dès que $i \neq j$ ;
leur réunion est l'univers entier : $A_{1} \cup A_{2} \cup \dots \cup A_{n} = Ω$ .

Autrement dit : quelle que soit l'issue de l'expérience, un et un seul des événements $A_{i}$ est réalisé.

Le cas le plus simple, et le plus fréquent, est la partition ${A, \overline{A}}$ : pour tout événement $A$ de probabilité ni nulle ni égale à $1$ , l'un exactement des deux événements $A$ ou $\overline{A}$ est réalisé. C'est la partition sous-jacente à tout arbre à deux branches par nœud. Mais rien n'impose de se limiter à deux morceaux : une production répartie sur trois machines, une clientèle découpée en trois tranches d'âge, un lycée réparti en trois niveaux fournissent des partitions en trois événements — et l'arbre correspondant a trois branches au premier niveau.

Propriété

Formule des probabilités totales. Soit $A_{1}, A_{2}, \dots, A_{n}$ une partition de l'univers $Ω$ . Pour tout événement $B$ :

P (B) = P (A_{1} \cap B) + P (A_{2} \cap B) + \dots + P (A_{n} \cap B)

c'est-à-dire, en exprimant chaque intersection avec la règle du produit :

P (B) = P (A_{1}) \times P_{A_{1}} (B) + P (A_{2}) \times P_{A_{2}} (B) + \dots + P (A_{n}) \times P_{A_{n}} (B)

L'idée de la première égalité est un simple découpage : chaque issue réalisant $B$ appartient à exactement un des $A_{i}$ , donc les événements $A_{1} \cap B, \dots, A_{n} \cap B$ sont deux à deux incompatibles et leur réunion est $B$ tout entier — additionner leurs probabilités reconstitue $P (B)$ sans rien compter deux fois ni rien oublier. Sur un arbre, la formule se lit d'un coup d'œil : les chemins aboutissant à $B$ passent chacun par un $A_{i}$ différent, et on les additionne.

Exemple

Une enseigne vend un même modèle d'ordinateur portable assemblé par trois fournisseurs. Le fournisseur $F_{1}$ livre $40 %$ du stock, $F_{2}$ en livre $35 %$ et $F_{3}$ les $25 %$ restants. Les taux de panne la première année diffèrent : $1 %$ pour les machines de $F_{1}$ , $2 %$ pour celles de $F_{2}$ , $4 %$ pour celles de $F_{3}$ . On achète un ordinateur au hasard dans le stock ; notons $D$ : « l'ordinateur tombe en panne la première année ».

Les événements $F_{1}$ , $F_{2}$ , $F_{3}$ forment une partition de l'univers : tout ordinateur du stock provient d'un et un seul fournisseur. Les données conditionnelles sont $P_{F_{1}} (D) = 0,01$ , $P_{F_{2}} (D) = 0,02$ et $P_{F_{3}} (D) = 0,04$ . La formule des probabilités totales donne :

P (D) = P (F_{1}) \times P_{F_{1}} (D) + P (F_{2}) \times P_{F_{2}} (D) + P (F_{3}) \times P_{F_{3}} (D)

P (D) = 0,4 \times 0,01 + 0,35 \times 0,02 + 0,25 \times 0,04 = 0,004 + 0,007 + 0,01 = 0,021

Le taux de panne global du stock est de $2,1 %$ : une moyenne des trois taux, pondérée par les parts de marché des fournisseurs. On observe au passage que $F_{3}$ , avec seulement un quart du stock, contribue davantage aux pannes que $F_{1}$ qui en fournit près de la moitié — son taux de panne, quatre fois plus élevé, fait plus que compenser sa part plus faible.

Remarque

La formule des probabilités totales répond à une question précise : reconstituer la probabilité globale d'un événement à partir de ses probabilités conditionnelles dans chaque morceau d'une partition. C'est le sens de calcul « naturel » des énoncés, qui donnent presque toujours les données par scénario (« si la machine A…, si la machine B… »). La section suivante s'intéresse au sens inverse, autrement plus piégeux.

Inverser le conditionnement

Les deux probabilités conditionnelles $P_{A} (B)$ et $P_{B} (A)$ partagent le même numérateur $P (A \cap B)$ mais pas le même dénominateur : rien ne les oblige à être proches, et elles peuvent être spectaculairement différentes. Confondre l'une avec l'autre est l'erreur de raisonnement la plus répandue du calcul des probabilités — on la nomme inversion du conditionnement — et ses conséquences pratiques sont réelles : diagnostics médicaux mal interprétés, arguments statistiques fallacieux dans le débat public, erreurs judiciaires documentées. L'exemple emblématique est celui des tests de dépistage.

Exemple

Une maladie touche $1 %$ d'une population. Un test de dépistage a les performances suivantes : si l'individu est malade, le test est positif avec probabilité $0,98$ (on détecte $98 %$ des malades) ; si l'individu est sain, le test est négatif avec probabilité $0,95$ (mais il est donc positif dans $5 %$ des cas : ce sont les faux positifs). Une personne prise au hasard dans la population est testée, et son test est positif. Quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ?

Notons $M$ : « l'individu est malade » et $T$ : « le test est positif ». Les données se traduisent par $P (M) = 0,01$ , $P_{M} (T) = 0,98$ et $P_{\overline{M}} (\overline{T}) = 0,95$ , donc $P_{\overline{M}} (T) = 0,05$ . La question demande $P_{T} (M)$ — et non $P_{M} (T)$ , qui est connue : c'est bien une inversion du conditionnement. Aucune formule nouvelle n'est nécessaire : la définition suffit, à condition de calculer d'abord $P (T)$ .

Étape 1 : la probabilité d'un test positif, par la formule des probabilités totales avec la partition ${M, \overline{M}}$ :

P (T) = P (M) \times P_{M} (T) + P (\overline{M}) \times P_{\overline{M}} (T) = 0,01 \times 0,98 + 0,99 \times 0,05 = 0,0098 + 0,0495 = 0,0593

Étape 2 : retour à la définition de la probabilité conditionnelle, avec au numérateur $P (M \cap T) = P (M) \times P_{M} (T)$ , lu sur le chemin de l'arbre :

P_{T} (M) = \frac{P (M \cap T)}{P (T)} = \frac{0,0098}{0,0593} \approx 0,165

Sachant le test positif, la probabilité d'être malade est d'environ $16,5 %$ — alors que le test détecte $98 %$ des malades. Un résultat positif à ce test est donc, plus de huit fois sur dix, une fausse alerte.

Ce résultat déroute au premier abord, mais le calcul en montre la cause : dans $P (T) = 0,0593$ , le terme dominant n'est pas celui des malades détectés ( $0,0098$ ) mais celui des faux positifs ( $0,0495$ ). Comme la maladie est rare, les personnes saines sont si nombreuses que même un petit taux d'erreur du test produit une masse de faux positifs qui noie les vrais malades. La qualité du test ne suffit pas à conclure : la prévalence de la maladie pèse tout autant dans le résultat. C'est d'ailleurs pourquoi, en pratique médicale, un premier test positif est suivi d'un test de confirmation — et pourquoi les campagnes de dépistage massif ne sont pertinentes que sous conditions.

Méthode

Inverser un conditionnement. Pour calculer $P_{B} (A)$ quand l'énoncé fournit $P_{A} (B)$ (et les données complémentaires) :

Traduire les données en langage symbolique et construire l'arbre dans le sens des données (le conditionnement fourni par l'énoncé).
Calculer $P (B)$ par la formule des probabilités totales (règle de la somme sur l'arbre).
Calculer $P (A \cap B)$ par la règle du produit sur le chemin concerné.
Conclure par la définition : $P_{B} (A) = \frac{P (A \cap B)}{P (B)}$ .

Remarque

Esprit critique. Quand un chiffre conditionnel est avancé — « $90 %$ des accidents impliquent tel facteur », « la plupart des fraudeurs ont tel profil » — le premier réflexe doit être d'identifier l'événement conditionnant : sachant quoi ? Le chiffre inverse (« quelle proportion des personnes de ce profil fraudent ? ») peut être minuscule, et c'est souvent lui qui répond à la vraie question. Aucun théorème savant n'est requis pour déjouer le piège : la définition de $P_{A} (B)$ , un arbre et la formule des probabilités totales suffisent, comme dans l'exemple du test.

L'indépendance de deux événements

Dire dans le langage courant que deux événements sont « indépendants », c'est dire que la réalisation de l'un n'influence pas les chances de l'autre. La probabilité conditionnelle permet de donner à cette intuition un contenu mathématique exact : l'information « $A$ est réalisé » ne change pas la probabilité de $B$ lorsque $P_{A} (B) = P (B)$ . En multipliant par $P (A)$ , cette égalité se réécrit $P (A \cap B) = P (A) \times P (B)$ — et c'est cette forme symétrique, qui a l'avantage de garder un sens même si $P (A) = 0$ , que l'on prend pour définition.

Définition

Deux événements $A$ et $B$ sont indépendants lorsque :

P (A \cap B) = P (A) \times P (B)

Propriété

Si $P (A) \neq 0$ , alors $A$ et $B$ sont indépendants si et seulement si $P_{A} (B) = P (B)$ .

En effet, $P_{A} (B) = \frac{P (A \cap B)}{P (A)}$ : ce quotient vaut $P (B)$ exactement quand $P (A \cap B) = P (A) \times P (B)$ . L'indépendance signifie donc que savoir $A$ réalisé ne modifie en rien la probabilité de $B$ — et, par symétrie de la définition, savoir $B$ réalisé ne modifie pas davantage celle de $A$ .

Exemple

On tire une carte au hasard dans un jeu de $32$ cartes. Notons $R$ : « tirer un roi » et $C$ : « tirer un cœur ». Alors $P (R) = \frac{4}{32} = \frac{1}{8}$ , $P (C) = \frac{8}{32} = \frac{1}{4}$ , et $R \cap C$ est l'événement « tirer le roi de cœur », de probabilité $\frac{1}{32}$ . Or :

P (R) \times P (C) = \frac{1}{8} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{32} = P (R \cap C)

Les événements $R$ et $C$ sont donc indépendants : apprendre que la carte tirée est un cœur ne change rien aux chances que ce soit un roi ( $P_{C} (R) = \frac{1}{8} = P (R)$ : il y a exactement un roi parmi les huit cœurs, comme quatre rois parmi les trente-deux cartes). En revanche, dans un jeu auquel on aurait retiré le roi de pique, les mêmes événements ne seraient plus indépendants : l'équilibre des proportions serait rompu. L'indépendance se vérifie par le calcul, elle ne se devine pas.

L'indépendance se transmet aux événements contraires, et ce résultat fait partie des démonstrations exigibles du programme.

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants.

Supposons $A$ et $B$ indépendants, c'est-à-dire $P (A \cap B) = P (A) \times P (B)$ . Montrons que $P (A \cap \overline{B}) = P (A) \times P (\overline{B})$ .

Les événements $A \cap B$ et $A \cap \overline{B}$ forment un découpage de $A$ : toute issue de $A$ réalise soit $B$ , soit $\overline{B}$ , jamais les deux. Ces deux événements sont donc incompatibles et leur réunion est $A$ , d'où, par additivité :

P (A) = P (A \cap B) + P (A \cap \overline{B})

On en tire $P (A \cap \overline{B}) = P (A) - P (A \cap B)$ . En utilisant l'hypothèse d'indépendance puis en factorisant par $P (A)$ :

P (A \cap \overline{B}) = P (A) - P (A) \times P (B) = P (A) \times (1 - P (B)) = P (A) \times P (\overline{B})

la dernière égalité venant de $P (\overline{B}) = 1 - P (B)$ . C'est exactement la définition de l'indépendance de $A$ et $\overline{B}$ , ce qui achève la démonstration. En échangeant les rôles de $A$ et $B$ , on obtient de même que $\overline{A}$ et $B$ sont indépendants, puis que $\overline{A}$ et $\overline{B}$ le sont : l'indépendance est une propriété des « couples d'informations », insensible au passage au contraire.

Remarque

Indépendants n'est pas incompatibles — c'est même presque le contraire. Deux événements incompatibles vérifient $A \cap B = \emptyset$ , donc $P (A \cap B) = 0$ . S'ils étaient de plus indépendants, on aurait $P (A) \times P (B) = 0$ , ce qui impose $P (A) = 0$ ou $P (B) = 0$ . Autrement dit : deux événements de probabilités non nulles incompatibles ne sont jamais indépendants. Et l'intuition le confirme : si $A$ et $B$ ne peuvent pas se réaliser ensemble, apprendre que $A$ est réalisé est une information décisive sur $B$ — elle le rend impossible ( $P_{A} (B) = 0 \neq P (B)$ ). L'incompatibilité est une dépendance extrême, pas une forme d'indépendance.

Remarque

L'indépendance est une hypothèse de modélisation. Dans les exercices, l'indépendance se rencontre de deux façons. Soit elle se démontre dans un modèle déjà fixé, en vérifiant l'égalité $P (A \cap B) = P (A) \times P (B)$ , comme dans l'exemple des cartes. Soit — cas le plus fréquent — elle se décrète : « on lance deux fois la pièce, les lancers sont supposés indépendants », « les pannes des deux machines sont indépendantes ». C'est alors un choix de modèle, justifié par la connaissance de la situation réelle (aucun mécanisme physique ne relie les deux expériences), et non un théorème. Comme tout choix de modèle, il peut être mis en défaut : les pannes de deux machines branchées sur le même circuit électrique n'ont rien d'indépendant. Savoir repérer si une indépendance est démontrée ou supposée fait partie de la lecture critique d'un énoncé.

Succession de deux épreuves indépendantes

Beaucoup d'expériences aléatoires sont constituées de deux expériences successives sans influence l'une sur l'autre : lancer un dé puis une pièce, interroger deux personnes dans deux villes différentes, jouer deux parties d'un jeu en ligne. Le modèle naturel consiste à prendre pour univers l'ensemble des couples d'issues et à décréter l'indépendance : la probabilité d'un couple est le produit des probabilités de ses deux composantes. Deux représentations sont disponibles — l'arbre, comme dans la section 2, ou le tableau à double entrée des issues, particulièrement lisible quand les deux expériences ont peu d'issues.

Exemple

On lance un dé équilibré à six faces, puis une pièce équilibrée. L'univers est l'ensemble des couples (numéro du dé, côté de la pièce), soit $6 \times 2 = 12$ issues que le tableau à double entrée énumère sans en oublier :

	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$
Pile	$(1; P)$	$(2; P)$	$(3; P)$	$(4; P)$	$(5; P)$	$(6; P)$
Face	$(1; F)$	$(2; F)$	$(3; F)$	$(4; F)$	$(5; F)$	$(6; F)$

Les deux épreuves sont indépendantes (le dé n'influence pas la pièce) : la probabilité de chaque couple est le produit des probabilités de ses composantes, soit $\frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}$ pour chacun des douze couples — on retrouve l'équiprobabilité sur l'univers des couples. La probabilité de l'événement « obtenir un six et Pile » est celle du couple $(6; P)$ :

P (« six et Pile ») = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}

Et un événement composé se calcule en comptant ses cases : « obtenir un numéro pair et Face » est réalisé par les trois couples $(2; F)$ , $(4; F)$ , $(6; F)$ , donc a pour probabilité $\frac{3}{12} = \frac{1}{4}$ — ce qui est bien $\frac{3}{6} \times \frac{1}{2}$ , le produit des probabilités de « pair » et de « Face ».

Le lien avec la section précédente est direct : dire que les deux épreuves sont indépendantes, c'est dire que tout événement ne dépendant que de la première épreuve est indépendant de tout événement ne dépendant que de la seconde. Sur l'arbre de cette expérience, cela se voit à un détail caractéristique : les pondérations du deuxième niveau sont les mêmes quelle que soit la branche du premier niveau d'où l'on part — $P_{A} (B) = P (B)$ pour tous les événements concernés, il n'y a plus de conditionnement effectif. C'est ce qui distingue l'arbre d'épreuves indépendantes de l'arbre général de la section 2, où les pondérations du deuxième niveau changeaient selon le résultat de la première étape.

Répéter une épreuve de Bernoulli

Le cas particulier le plus important d'épreuves successives indépendantes est la répétition d'une même expérience à deux issues.

Définition

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

Le vocabulaire est conventionnel : « succès » désigne l'issue à laquelle on s'intéresse, pas nécessairement une issue heureuse — dans une étude de fiabilité, le « succès » peut être la panne. Lancer une pièce (succès : Pile), tirer une boule dans une urne bicolore (succès : rouge), tester un composant (succès : défectueux) sont des épreuves de Bernoulli.

On s'intéresse maintenant à la répétition de $n$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes : la même expérience, répétée dans les mêmes conditions, chaque répétition étant sans influence sur les autres. Pour $n ⩽ 4$ , l'arbre reste de taille raisonnable ( $2^{n}$ chemins, soit au plus $16$ ) et constitue l'outil de calcul du programme.

Arbre d'une répétition de trois épreuves de Bernoulli

L'arbre ci-dessus représente trois répétitions : chaque nœud se sépare en une branche $S$ de pondération $p$ et une branche $\overline{S}$ de pondération $1 - p$ , les mêmes à tous les niveaux puisque les épreuves sont identiques et indépendantes. Les $2^{3} = 8$ chemins énumèrent tous les résultats possibles, de $S S S$ à $\overline{S} \overline{S} \overline{S}$ .

Propriété

Dans la répétition de $n$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre $p$ , la probabilité d'un chemin de l'arbre est le produit de ses pondérations : un chemin comportant $k$ succès (et donc $n - k$ échecs) a pour probabilité

p^{k} (1 - p)^{n - k}

Tous les chemins comptant le même nombre de succès ont donc la même probabilité — seul le nombre de succès compte, pas leur position dans le chemin.

Pour calculer la probabilité d'un événement du type « obtenir exactement $k$ succès », la démarche est alors entièrement concrète : repérer sur l'arbre tous les chemins comportant exactement $k$ succès, constater qu'ils ont tous la même probabilité $p^{k} (1 - p)^{n - k}$ , et multiplier cette probabilité par le nombre de chemins trouvés. Le dénombrement des chemins se fait à la main, en les listant — pour $n ⩽ 4$ , c'est rapide et sans risque, et c'est la seule méthode au programme de première.

Exemple

Une joueuse de basket réussit chacun de ses lancers francs avec probabilité $0,6$ , indépendamment des lancers précédents. Elle tire trois lancers francs : quelle est la probabilité qu'elle en réussisse exactement deux ?

Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli de paramètre $p = 0,6$ (succès $S$ : « lancer réussi »), et les trois lancers forment une répétition d'épreuves identiques et indépendantes. Sur l'arbre à trois niveaux, listons les chemins comportant exactement deux succès — il faut choisir la place de l'unique échec, qui peut survenir au troisième, au deuxième ou au premier lancer :

$S S \overline{S}$ : probabilité $0,6 \times 0,6 \times 0,4$ ;
$S \overline{S} S$ : probabilité $0,6 \times 0,4 \times 0,6$ ;
$\overline{S} S S$ : probabilité $0,4 \times 0,6 \times 0,6$ .

Ces trois chemins ont la même probabilité ${0,6}^{2} \times 0,4 = 0,144$ — le produit ne dépend pas de l'ordre des facteurs — et ils sont deux à deux incompatibles. Par la règle de la somme :

P (« exactement deux r \overset{ˊ}{e} ussites ») = 3 \times {0,6}^{2} \times 0,4 = 3 \times 0,144 = 0,432

On peut mener le même travail pour les autres valeurs : un seul chemin donne trois réussites ( ${0,6}^{3} = 0,216$ ), trois chemins donnent exactement une réussite ( $3 \times 0,6 \times {0,4}^{2} = 0,288$ ), un seul chemin donne zéro réussite ( ${0,4}^{3} = 0,064$ ). Contrôle : $0,216 + 0,432 + 0,288 + 0,064 = 1$ — les quatre événements se partagent tout l'univers, la somme devait valoir $1$ .

Remarque

Le piège classique est d'oublier de compter les chemins : répondre $0,144$ au lieu de $0,432$ , c'est calculer la probabilité d'un seul scénario à deux réussites (par exemple « réussite, réussite, échec ») au lieu de l'événement « exactement deux réussites », qui en regroupe trois. L'arbre protège de cette erreur, à condition de le dessiner — ou au moins de lister systématiquement les chemins. L'étude générale de cette situation pour $n$ quelconque, avec un décompte des chemins sans arbre, est l'un des grands objets du programme de terminale.

La méthode de Monte-Carlo

Le chapitre se clôt sur un algorithme qui renverse la perspective : au lieu de calculer des probabilités pour prédire des fréquences, on observe des fréquences simulées pour estimer une grandeur difficile à calculer. C'est la méthode de Monte-Carlo, du nom du quartier des casinos de Monaco, développée dans les années 1940 pour les besoins de la physique. Son principe : pour estimer l'aire d'une région dessinée dans un carré, on tire un grand nombre de points au hasard dans le carré et on compte la proportion de points qui tombent dans la région. La probabilité qu'un point uniforme tombe dans la région est proportionnelle à son aire ; par la loi des grands nombres rencontrée en seconde, la fréquence observée s'en approche quand le nombre de points est grand — la fréquence devient une estimation de l'aire.

L'exemple le plus célèbre est l'estimation de $π$ . Dans le carré de sommets $(0; 0)$ et $(1; 1)$ , la région située sous le quart de cercle de centre $(0; 0)$ et de rayon $1$ — c'est-à-dire l'ensemble des points vérifiant $x^{2} + y^{2} ⩽ 1$ — a pour aire $\frac{π}{4}$ . La fréquence des points tombant dans cette région estime donc $\frac{π}{4}$ , et il suffit de la multiplier par $4$ :

from random import random

def estime_pi(n):
    """Estimation de pi par la methode de Monte-Carlo, n points."""
    compteur = 0
    for i in range(n):
        x = random()
        y = random()
        if x**2 + y**2 <= 1:
            compteur = compteur + 1
    return 4 * compteur / n

print(estime_pi(1000))     # par exemple 3.108
print(estime_pi(1000000))  # par exemple 3.142556

La structure du script est celle de toutes les simulations vues depuis la seconde : un compteur, une boucle, un test, une fréquence finale. Chaque exécution donne un résultat différent — c'est le hasard — mais l'estimation s'affine quand n grandit, conformément à la loi des grands nombres. La même méthode estime l'aire sous la parabole d'équation $y = x^{2}$ entre $0$ et $1$ : on tire des points dans le carré unité et on compte ceux qui vérifient $y ⩽ x^{2}$ ; la fréquence obtenue s'approche de $\frac{1}{3}$ , valeur exacte de cette aire que le calcul intégral, en terminale, permettra d'obtenir sans simulation.

Remarque

La méthode de Monte-Carlo illustre la force du va-et-vient entre probabilités et fréquences : un problème de géométrie (calculer une aire) est résolu par une expérience aléatoire simulée. Son intérêt pratique est réel — elle est utilisée en physique, en finance, en intelligence artificielle — précisément là où le calcul exact est hors de portée. Sa limite l'est tout autant : la convergence est lente (pour gagner une décimale de précision, il faut environ cent fois plus de points), et le résultat n'est jamais qu'une estimation, à traiter avec la prudence statistique qui s'impose.

Le cours en PDF(PDF, 104 Ko)

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