FICHE DE RÉVISION – Probabilités
(Niveau : Première)
Probabilités Conditionnelles et Indépendance
Comment l’information modifie les probabilités : conditionnement, indépendance, arbres pondérés et probabilités totales.
Partie 1 : Probabilité Conditionnelle
Souvent, savoir qu’un événement A s’est déjà produit donne une information qui change la probabilité qu’un autre événement B se produise.
Soient A et B deux événements, avec \(P(A) \neq 0\).
La probabilité conditionnelle de B sachant A, notée \(P_A(B)\), est la probabilité que l’événement B se réalise, sachant que l’événement A s’est déjà réalisé.
Elle est définie par : $$ P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} $$ (C’est la proportion de l’intersection \(A \cap B\) par rapport à l’événement A qui sert de nouvel « univers »).
On en déduit la formule du produit (très utile pour les arbres) : $$ P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) $$
Dans une classe, 60% sont des filles (F), 40% des garçons (G). Parmi les filles, 50% font Allemand (AL). Parmi les garçons, 25% font Allemand. On choisit un élève au hasard.
Données : \(P(F)=0.6\), \(P(G)=0.4\).
« Parmi les filles, 50% font Allemand » se traduit par : \(P_F(AL) = 0.5\).
« Parmi les garçons, 25% font Allemand » se traduit par : \(P_G(AL) = 0.25\).
Quelle est la probabilité de choisir une fille qui fait Allemand ? C’est \(P(F \cap AL)\).
On utilise la formule du produit : \(P(F \cap AL) = P(F) \times P_F(AL) = 0.6 \times 0.5 = 0.3\). (30% des élèves sont des filles faisant Allemand).
Quelle est la probabilité de choisir un garçon qui fait Allemand ? C’est \(P(G \cap AL)\).
\(P(G \cap AL) = P(G) \times P_G(AL) = 0.4 \times 0.25 = 0.1\). (10% des élèves sont des garçons faisant Allemand).
\(P_A(B)\) : Probabilité de B, sachant A.
\(P_B(A)\) : Probabilité de A, sachant B.
C’est l’erreur classique des « faux positifs » dans les tests de dépistage. La probabilité d’avoir un test positif sachant qu’on est malade est différente de la probabilité d’être malade sachant qu’on a un test positif !
Partie 2 : Arbres Pondérés
C’est l’outil visuel indispensable pour organiser les probabilités conditionnelles, surtout quand il y a plusieurs étapes.
Règles de construction et d’utilisation d’un arbre pondéré :
- Les événements du premier niveau forment une partition de l’univers (leur somme fait \(\Omega\), ex: Fille/Garçon). La somme de leurs probabilités vaut 1.
- Sur les branches du deuxième niveau (et suivants), on inscrit les probabilités conditionnelles (ex: \(P_F(AL)\), \(P_G(AL)\)…). La somme des probabilités issues d’un même nœud vaut 1.
- Règle du Produit : La probabilité d’un chemin (une succession d’événements, correspondant à une intersection) est le produit des probabilités inscrites sur les branches de ce chemin.
- Règle de la Somme (Formule des Probabilités Totales) : La probabilité d’un événement qui apparaît à la fin de plusieurs chemins est la somme des probabilités de ces chemins.
Reprenons l’exemple Fille/Garçon/Allemand.
Arbre :
– Racine -> F (proba 0.6) -> AL (proba 0.5), \(\overline{AL}\) (proba 0.5)
– Racine -> G (proba 0.4) -> AL (proba 0.25), \(\overline{AL}\) (proba 0.75)
Probabilité d’être une Fille ET Allemand (chemin F-AL) : \(P(F \cap AL) = 0.6 \times 0.5 = 0.3\).
Probabilité d’être un Garçon ET Allemand (chemin G-AL) : \(P(G \cap AL) = 0.4 \times 0.25 = 0.1\).
Quelle est la probabilité qu’un élève choisi au hasard fasse Allemand (événement AL) ?
AL apparaît à la fin de deux chemins (F-AL et G-AL). On utilise la formule des probabilités totales (Règle de la Somme) :
\(P(AL) = P(F \cap AL) + P(G \cap AL) = 0.3 + 0.1 = 0.4\).
(40% des élèves font Allemand).
Partition et Formule des Probabilités Totales
Des événements \(A_1, A_2, …, A_n\) forment une partition de l’univers \(\Omega\) s’ils sont deux à deux incompatibles (\(A_i \cap A_j = \emptyset\) si \(i \neq j\)) et si leur réunion est l’univers entier (\(A_1 \cup A_2 \cup … \cup A_n = \Omega\)).
(Ex: Fille/Garçon ; Réussite/Échec/Abandon…)
Formule des Probabilités Totales : Si \(A_1, …, A_n\) forment une partition de \(\Omega\), alors pour tout événement B : $$ P(B) = P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B) + … + P(A_n \cap B) $$ $$ P(B) = P(A_1)P_{A_1}(B) + P(A_2)P_{A_2}(B) + … + P(A_n)P_{A_n}(B) $$ (C’est exactement ce qu’on fait en additionnant les probabilités des chemins menant à B dans un arbre).
Partie 3 : Indépendance de Deux Événements
Deux événements sont indépendants si la réalisation de l’un n’influence pas la probabilité de l’autre.
Deux événements A et B sont indépendants si et seulement si :
$$ P(A \cap B) = P(A) \times P(B) $$
Si \(P(A) \neq 0\), cela équivaut à dire que \(P_A(B) = P(B)\) (savoir que A est réalisé ne change pas la probabilité de B).
Si \(P(B) \neq 0\), cela équivaut à dire que \(P_B(A) = P(A)\).
Attention : Ne pas confondre incompatibles (\(P(A \cap B) = 0\)) et indépendants (\(P(A \cap B) = P(A)P(B)\)) !
On lance un dé équilibré. A= »Obtenir un nombre pair » (\(P(A)=1/2\)), B= »Obtenir un multiple de 3″ (\(B=\{3, 6\}\), \(P(B)=2/6=1/3\)).
\(A \cap B\) = « Obtenir un pair ET multiple de 3 » = \{6\}. \(P(A \cap B) = 1/6\).
Calculons \(P(A) \times P(B) = (1/2) \times (1/3) = 1/6\).
Comme \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\), les événements A et B sont indépendants.
On tire une carte dans un jeu de 32. C= »Tirer un Cœur » (\(P(C)=8/32=1/4\)), R= »Tirer un Roi » (\(P(R)=4/32=1/8\)).
\(C \cap R\) = « Tirer le Roi de Cœur ». \(P(C \cap R) = 1/32\).
Calculons \(P(C) \times P(R) = (1/4) \times (1/8) = 1/32\).
Comme \(P(C \cap R) = P(C) \times P(R)\), les événements « Tirer un Cœur » et « Tirer un Roi » sont indépendants.
Partie 4 : Succession de Deux Épreuves Indépendantes
C’est le cas où on réalise deux expériences aléatoires dont les résultats n’ont aucune influence l’une sur l’autre.
On peut représenter la situation par :
- Un arbre où les probabilités sur les branches du 2ème niveau sont les mêmes quel que soit le résultat du 1er niveau (car elles ne dépendent pas du 1er tirage).
- Un tableau à double entrée où la probabilité d’une case (intersection) est le produit des probabilités de la ligne et de la colonne correspondantes.
On lance une pièce (P/F, \(P(P)=0.5\)) puis un dé à 4 faces (1/2/3/4, \(P(i)=0.25\)). Les lancers sont indépendants.
Quelle est la probabilité d’obtenir Pile puis 3 (P3) ?
\(P(P \cap 3) = P(P) \times P(3) = 0.5 \times 0.25 = 0.125\).
Tableau des probabilités :
| Dé → Pièce ↓ |
1 (0.25) | 2 (0.25) | 3 (0.25) | 4 (0.25) | Total Ligne |
|---|---|---|---|---|---|
| P (0.5) | 0.125 | 0.125 | 0.125 | 0.125 | 0.5 |
| F (0.5) | 0.125 | 0.125 | 0.125 | 0.125 | 0.5 |
| Total Col | 0.25 | 0.25 | 0.25 | 0.25 | 1 |
Partie 5 : Entraînement (Exercices)
-
Exercice 1 (Arbre et Probabilités Totales) : Une entreprise fabrique des pièces. 70% viennent de l’usine A, 30% de l’usine B. L’usine A produit 5% de pièces défectueuses (D), l’usine B en produit 10%. On choisit une pièce au hasard.
a) Construire un arbre pondéré.
b) Calculer la probabilité que la pièce vienne de A et soit défectueuse \(P(A \cap D)\).
c) Calculer la probabilité que la pièce soit défectueuse \(P(D)\).
d) Sachant que la pièce est défectueuse, quelle est la probabilité qu’elle vienne de l’usine A (\(P_D(A)\)) ? -
Exercice 2 (Indépendance) : On lance deux fois un dé équilibré à 6 faces. Soit E = « La somme des deux lancers est 7 » et F = « Le premier lancer donne 4 ».
a) Calculer P(E), P(F).
b) Calculer P(E \(\cap\) F).
c) Les événements E et F sont-ils indépendants ?
Partie 6 : Corrections Détaillées
Correction Exercice 1 (Arbre et Probabilités Totales)
a) Arbre pondéré :
– Racine -> A (proba 0.7) -> D (proba 0.05), \(\bar{D}\) (proba 0.95)
– Racine -> B (proba 0.3) -> D (proba 0.10), \(\bar{D}\) (proba 0.90)
b) \(P(A \cap D)\) : C’est la probabilité du chemin A-D.
\(P(A \cap D) = P(A) \times P_A(D) = 0.7 \times 0.05 = 0.035\).
c) \(P(D)\) (Probabilités Totales) : D apparaît à la fin de deux chemins (A-D et B-D).
Chemin B-D : \(P(B \cap D) = P(B) \times P_B(D) = 0.3 \times 0.10 = 0.030\).
\(P(D) = P(A \cap D) + P(B \cap D) = 0.035 + 0.030 = 0.065\).
(Il y a 6,5% de pièces défectueuses au total).
d) \(P_D(A)\) (Probabilité conditionnelle « inversée ») :
On utilise la définition : \(P_D(A) = \frac{P(A \cap D)}{P(D)}\).
On a déjà calculé les deux termes !
\(P_D(A) = \frac{0.035}{0.065} = \frac{35}{65} = \frac{7}{13} \approx 0.538\).
(Sachant qu’une pièce est défectueuse, il y a environ 53,8% de chances qu’elle vienne de l’usine A).
Correction Exercice 2 (Indépendance)
On lance deux dés équilibrés. Il y a 36 issues équiprobables (cf tableau dans la fiche précédente).
a) P(E) et P(F) :
F = « Le premier lancer donne 4 ». Issues : (4,1), (4,2), (4,3), (4,4), (4,5), (4,6). Il y a 6 issues favorables.
\(P(F) = 6/36 = 1/6\).
E = « La somme fait 7 ». Issues : (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1). Il y a 6 issues favorables.
\(P(E) = 6/36 = 1/6\).
b) P(E \(\cap\) F) :
E \(\cap\) F = « Le premier lancer est 4 ET la somme est 7 ».
La seule issue qui vérifie cela est (4, 3). Il y a 1 issue favorable.
\(P(E \cap F) = 1/36\).
c) Indépendance :
On compare \(P(E \cap F)\) avec \(P(E) \times P(F)\).
\(P(E) \times P(F) = (1/6) \times (1/6) = 1/36\).
Comme \(P(E \cap F) = P(E) \times P(F)\), les événements E et F sont indépendants.
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