TD1 – Probabilités Conditionnelles & Indépendance

Maîtrisez les fondements des probabilités : axiomes, dénombrement, probabilités totales et théorème de Bayes. Ce TD vous prépare à résoudre des problèmes complexes grâce à une approche méthodique et des exercices progressifs.

Fiche de Révision : Axiomes et Formules Fondamentales

1. Axiomes des Probabilités (Kolmogorov)

Les probabilités sont régies par trois axiomes fondamentaux :

Positivité : Pour tout événement A, P(A) ≥ 0
Certitude : P(Ω) = 1 (probabilité de l'univers)
Additivité : Pour des événements disjoints A₁, A₂, ..., P(∪Aᵢ) = ΣP(Aᵢ)

2. Probabilités Conditionnelles et Formule des Probabilités Totales (FPT)

La probabilité conditionnelle mesure la probabilité d'un événement sachant qu'un autre s'est produit :

$$P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)} \quad \text{(si } P(B) > 0\text{)}$$

La formule des probabilités totales permet de calculer P(A) en le décomposant selon une partition de l'univers :

$$P(A) = \sum_{i=1}^{n} P(A|B_i) \cdot P(B_i) \quad \text{(si les } B_i \text{ forment une partition de } \Omega\text{)}$$

3. Théorème de Bayes

Permet d'inverser les probabilités conditionnelles, particulièrement utile pour réviser des probabilités à posteriori :

$$P(B_i|A) = \frac{P(A|B_i) \cdot P(B_i)}{P(A)} = \frac{P(A|B_i) \cdot P(B_i)}{\sum_{j=1}^{n} P(A|B_j) \cdot P(B_j)}$$

4. Indépendance d'événements

Deux événements A et B sont indépendants si la réalisation de l'un n'affecte pas la probabilité de l'autre :

$$A \text{ et } B \text{ sont indépendants} \iff P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B)$$

Ce qui équivaut également à P(A|B) = P(A) (si P(B) > 0) ou P(B|A) = P(B) (si P(A) > 0).

Conseil Méthodologique : Dénombrement

Permutations : L'ordre compte, on utilise tous les éléments (n!). Arrangements : L'ordre compte, on choisit k éléments parmi n (Aₙᵏ = n!/(n-k)!). Combinaisons : L'ordre ne compte pas (Cₙᵏ = n!/(k!(n-k)!) = (ⁿₖ)).

Astuce : Pour déterminer si l'ordre compte, demandez-vous si échanger deux éléments donne un résultat différent.

Exercices Corrigés Détaillés

Exercice 1.1 - Question de Cours (TD1-2)

Facile

Énoncé : Démontrer que si A et B sont des événements indépendants, alors A et le complémentaire de B (noté B̄) sont également indépendants.

Démonstration :

Nous savons que A et B sont indépendants, donc P(A ∩ B) = P(A) × P(B).

D'après la formule des probabilités totales appliquée à B et B̄ :

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

En substituant P(A ∩ B) par P(A)P(B) (car A et B sont indépendants) :

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

En réarrangeant les termes :

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

Ce qui prouve que A et B̄ sont indépendants. La démonstration est similaire pour montrer que Ā et B sont indépendants.

Exercice 1.2 - Application FPT/Bayes (TD1-6)

Difficile

Énoncé : Une bibliothèque possède trois étagères : Haute (H), Moyenne (M) et Basse (B). Les probabilités qu'un livre soit sur chaque étagère sont : P(H) = 0,3, P(M) = 0,5, P(B) = 0,2. Les probabilités qu'un livre soit un roman sachant son étagère sont : P(Roman|H) = 0,25, P(Roman|M) = 0,4, P(Roman|B) = 0,8.

1. Calculer la probabilité qu'un livre choisi au hasard soit un roman (P(Roman)).

2. Sachant qu'un livre est un roman, calculer la probabilité qu'il provienne de l'étagère Haute (P(H|Roman)).

1. Calcul de P(Roman) avec la formule des probabilités totales :

$$P(Roman) = P(Roman|H)P(H) + P(Roman|M)P(M) + P(Roman|B)P(B)$$ $$P(Roman) = (0,25 \times 0,3) + (0,4 \times 0,5) + (0,8 \times 0,2)$$ $$P(Roman) = 0,075 + 0,20 + 0,16 = \mathbf{0,435}$$

2. Calcul de P(H|Roman) avec le théorème de Bayes :

$$P(H|Roman) = \frac{P(Roman|H)P(H)}{P(Roman)} = \frac{0,075}{0,435} \approx \mathbf{0,1724}$$

Interprétation : Environ 17,24% des romans se trouvent sur l'étagère Haute.

Exercice 1.3 - Dénombrement Multi-étapes (TD1-2)

Moyen

Énoncé :

1. Combien y a-t-il de façons différentes de placer 5 pneus interchangeables sur 4 roues d'une voiture (en supposant qu'un pneu de rechange reste non utilisé) ?

2. Combien de mains différentes de 5 cartes peut-on former avec un jeu de 32 cartes ?

1. Placement des pneus :

L'ordre compte (chaque roue est distincte) et on choisit 4 pneus parmi 5. C'est un arrangement de 4 éléments parmi 5 :

$$A_5^4 = \frac{5!}{(5-4)!} = 5 \times 4 \times 3 \times 2 = \mathbf{120}$$

2. Mains de poker :

L'ordre ne compte pas (une main de cartes est un ensemble). C'est une combinaison de 5 éléments parmi 32 :

$$C_{32}^5 = \frac{32!}{5!(32-5)!} = \frac{32 \times 31 \times 30 \times 29 \times 28}{5 \times 4 \times 3 \times 2 \times 1} = \mathbf{201 376}$$

Exercice 1.4 - Urnes sans Remise (TD1-5)

Difficile

Énoncé : Une urne contient 5 boules rouges (R) et 3 boules vertes (V). On tire successivement 2 boules sans remise. Calculer la probabilité que la deuxième boule tirée soit rouge.

Méthode : On utilise la formule des probabilités totales avec la partition {R₁, V₁} (première boule Rouge ou Verte).

$$P(R_2) = P(R_2|R_1)P(R_1) + P(R_2|V_1)P(V_1)$$

Calculons chaque terme :

$$P(R_1) = \frac{5}{8}, \quad P(V_1) = \frac{3}{8}$$ $$P(R_2|R_1) = \frac{4}{7} \quad \text{(il reste 4 rouges sur 7 boules)}$$ $$P(R_2|V_1) = \frac{5}{7} \quad \text{(il reste 5 rouges sur 7 boules)}$$

En substituant :

$$P(R_2) = \left(\frac{4}{7} \times \frac{5}{8}\right) + \left(\frac{5}{7} \times \frac{3}{8}\right) = \frac{20}{56} + \frac{15}{56} = \frac{35}{56} = \mathbf{\frac{5}{8}}$$

Observation importante : On remarque que P(R₂) = P(R₁) = 5/8. Ce résultat est général : dans un tirage sans remise, la probabilité d'obtenir un élément d'un type donné est la même à chaque tirage.

Exercice 1.5 - Test Médical et Bayes (Nouveau)

Moyen

Énoncé : Un test de dépistage d'une maladie a les caractéristiques suivantes :

Sensibilité (probabilité d'être positif si malade) : 95%
Spécificité (probabilité d'être négatif si sain) : 90%
Prévalence de la maladie dans la population : 1%

Calculer la probabilité qu'une personne soit réellement malade si son test est positif.

Méthode : On utilise le théorème de Bayes.

Définissons les événements :

M : "la personne est malade"
T⁺ : "le test est positif"

Données :

$$P(M) = 0,01, \quad P(T^+|M) = 0,95, \quad P(T^+|\overline{M}) = 1 - 0,90 = 0,10$$

Calculons d'abord P(T⁺) avec la formule des probabilités totales :

$$P(T^+) = P(T^+|M)P(M) + P(T^+|\overline{M})P(\overline{M})$$ $$P(T^+) = (0,95 \times 0,01) + (0,10 \times 0,99) = 0,0095 + 0,099 = 0,1085$$

Appliquons maintenant le théorème de Bayes :

$$P(M|T^+) = \frac{P(T^+|M)P(M)}{P(T^+)} = \frac{0,0095}{0,1085} \approx \mathbf{0,0876} \quad (8,76\%)$$

Interprétation : Malgré un test positif, la probabilité d'être réellement malade n'est que de 8,76%. Ce résultat contre-intuitif s'explique par la faible prévalence de la maladie.

Quiz TD1 & Exercices Supplémentaires

Fiche d'Exercices Supplémentaires

TD1-3 : Conditionnement sur des événements sportifs (probabilité qu'un cheval gagne une course selon différentes conditions).
TD1-4 : Filtrage téléphonique dans une entreprise (probabilités conditionnelles avec appels internes/externes).
Ex. Jack : Probabilité pour Jack d'être élu maire à Paris ou Blois (application FPT + Bayes avec événements indépendants).
Ex. Pièces : Transfert de pièces entre poches et probabilité de tirer une pièce de 1€ (application combinatoire + FPT).

QUIZ TD1 - Indépendance et Probabilités Conditionnelles

Question : Si A et B sont des événements disjoints (incompatibles) avec P(A) > 0 et P(B) > 0, peuvent-ils être indépendants ? Justifiez votre réponse.

Réponse : Non, des événements disjoints avec des probabilités non nulles ne peuvent pas être indépendants.

Justification :

Si A et B sont disjoints, alors P(A ∩ B) = 0.

Si A et B étaient indépendants, on aurait P(A ∩ B) = P(A) × P(B).

Comme P(A) > 0 et P(B) > 0, alors P(A) × P(B) > 0.

On aurait donc 0 = P(A ∩ B) = P(A) × P(B) > 0, ce qui est impossible.

Ainsi, des événements disjoints avec des probabilités strictement positives sont nécessairement dépendants.

Musique d'étude

🎲 TD1 – Probabilités Conditionnelles