Probabilités conditionnelles : le « sachant que »

Une information peut changer une probabilité. Pour un tirage uniforme dans un jeu de 32 cartes, la probabilité d'obtenir un roi est $\dfrac{4}{32}$ ; si l’on vous annonce « c'est une figure », elle devient $\dfrac{4}{12}$. Rien n'a changé dans le paquet : c'est la population de référence qui a rétréci, des $32$ cartes aux $12$ figures. Toute la leçon tient dans ce geste.

Définition. Soient $A$ et $B$ deux événements, avec $P(A) \neq 0$. La probabilité de $B$ sachant $A$ est

On lit « probabilité de $B$ sachant $A$ » ; c'est la probabilité de $B$ quand on sait que $A$ est réalisé. Le dénominateur $P(A)$ est ce qui rétrécit l'univers à $A$ ; le numérateur ne garde de $B$ que la part qui est dans $A$. C'est bien une probabilité : comprise entre $0$ et $1$, égale à $1$ pour $B = A$.

Lire sur un tableau à double entrée. Pour un tirage uniforme parmi les individus comptés, le conditionnement se lit par un quotient d’effectifs. Voici $200$ élèves d'un lycée répartis selon deux caractères : $A$ « être demi-pensionnaire », $B$ « pratiquer un sport en club ».

On choisit uniformément un élève parmi les 200. Trois nombres, trois questions différentes :

• $P(A \cap B) = \dfrac{40}{200} = 0{,}2$ : la probabilité qu'il soit demi-pensionnaire et sportif — la case commune sur le total général.
• $P_A(B) = \dfrac{40}{100} = 0{,}4$ : sachant qu'il est demi-pensionnaire, la probabilité qu'il soit sportif — la case commune sur le total de la ligne de $A$. On ne regarde plus que les $100$ demi-pensionnaires.
• $P_B(A) = \dfrac{40}{80} = 0{,}5$ : sachant qu'il est sportif, la probabilité qu'il soit demi-pensionnaire — la case commune sur le total de la colonne de $B$.

Même numérateur, trois dénominateurs, trois résultats. $P_A(B)$ et $P_B(A)$ ne sont pas la même chose : « parmi les demi-pensionnaires, la part des sportifs » et « parmi les sportifs, la part des demi-pensionnaires » sont deux questions, et rien n'oblige leurs réponses à coïncider. Dans la langue courante, « sachant que », « parmi ceux qui », « chez les » annoncent un conditionnement — et le mot qui suit désigne la population de référence, celle qui va au dénominateur.

La règle du produit. En multipliant la définition par $P(A)$ :

La probabilité que deux événements se produisent tous les deux est la probabilité du premier, multipliée par la probabilité du second sachant le premier. C'est la règle qui fait fonctionner les arbres, et qui remplace le tableau quand on n'a pas d'effectifs mais des pourcentages « en cascade » — c'est l'objet du bloc suivant.

Conditionner, c'est diviser par la probabilité de ce que l'on sait. La question à se poser devant chaque « sachant que » : quelle est la population dont on parle maintenant ?

L'arbre pondéré. Quand une situation se décrit en étapes (« $30\ \%$ des clients sont abonnés ; parmi les abonnés, $60\ \%$ utilisent l'application chaque jour ; parmi les autres, $20\ \%$ »), on la représente par un arbre. De la racine partent les branches $A$ et $\bar{A}$ (l'événement contraire), portant $P(A)$ et $P(\bar{A}) = 1 - P(A)$. De chaque nœud du premier niveau partent les branches $B$ et $\bar{B}$, portant les probabilités conditionnelles $P_A(B)$, $P_A(\bar{B})$ depuis $A$, et $P_{\bar{A}}(B)$, $P_{\bar{A}}(\bar{B})$ depuis $\bar{A}$. Trois règles suffisent à l'exploiter.

• Règle des nœuds : les probabilités des branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$. En particulier $P_A(\bar{B}) = 1 - P_A(B)$.
• Règle du produit : la probabilité d'un chemin (une intersection) est le produit des probabilités des branches qui le composent : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$.
• Règle de la somme : la probabilité d'un événement est la somme des probabilités des chemins qui y mènent.

La formule des probabilités totales. Les événements $A$ et $\bar{A}$ forment une partition de l'univers : ils sont incompatibles et leur réunion est tout l'univers — tout individu est dans l'un ou dans l'autre, jamais dans les deux. Un événement $B$ se découpe donc en deux morceaux disjoints, $A \cap B$ et $\bar{A} \cap B$, et

C'est la règle de la somme appliquée aux deux chemins qui aboutissent à $B$. Elle sert dès que $B$ n'est connu qu'« à travers » $A$ : un défaut selon la machine, un usage selon l'abonnement. La formule s'étend à une partition en trois événements ou plus, avec un terme par morceau. Deux erreurs la font échouer : oublier un chemin (on n'obtient que $P(A \cap B)$), ou additionner $P_A(B) + P_{\bar{A}}(B)$ sans les poids $P(A)$ et $P(\bar{A})$.

Inverser le conditionnement. Lorsque $P(B)>0$, la définition donne aussi $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ : « sachant que la pièce est défectueuse, vient-elle de la machine 1 ? ». L'arbre était construit dans un sens (machine, puis défaut), la question se pose dans l'autre — et la réponse n'exige aucune formule nouvelle, seulement la définition et les deux nombres déjà calculés.

L'indépendance : une propriété, pas une impression. Quand $P(A)>0$, l’indépendance de $A$ et $B$ signifie que savoir $A$ réalisé ne change pas la probabilité de $B$ : $P_A(B)=P(B)$. Avec la règle du produit, cela s'écrit de façon symétrique :

La définition par le produit est symétrique et s’applique aussi quand une probabilité est nulle. La formulation $P_A(B)=P(B)$ exige $P(A)>0$ ; l’autre sens conditionnel exige aussi $P(B)>0$. Sur le tableau des $200$ élèves : $P(A) = 0{,}5$, $P(B) = 0{,}4$, $P(A) \times P(B) = 0{,}2 = P(A \cap B)$ — les événements « demi-pensionnaire » et « sportif » sont indépendants : la proportion de sportifs est la même ($40\ \%$) chez les demi-pensionnaires et chez les externes. L'indépendance se vérifie par un calcul, jamais par le sentiment que « ça n'a rien à voir » : deux caractères qui semblent sans rapport peuvent être liés dans les données, et deux caractères qui semblent liés peuvent y être indépendants.

Incompatibles n'est pas indépendants. Deux événements incompatibles ne peuvent pas se produire ensemble : $P(A \cap B) = 0$. Si $P(A)$ et $P(B)$ sont non nuls, $P(A) \times P(B) \neq 0$ : l'égalité d'indépendance est fausse. Sous ces probabilités non nulles, des événements incompatibles sont donc dépendants — savoir que $A$ s'est produit rend $B$ impossible, ce qui est l'information la plus forte possible : $P_A(B) = 0 \neq P(B)$. Il faut distinguer ces deux propriétés par leur définition.

Deux épreuves indépendantes à la suite. Le programme de première demande aussi de représenter une succession de deux épreuves indépendantes — deux lancers d'un dé, deux tirages avec remise — par un arbre ou un tableau. L'arbre a deux niveaux, et les probabilités du second niveau ne dépendent pas de la branche suivie au premier : c'est la marque de l'indépendance. La probabilité d'un chemin reste le produit des probabilités rencontrées. On suppose deux lancers indépendants d’une pièce équilibrée : la probabilité d'obtenir « pile puis face » vaut $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$, et celle d'obtenir exactement un pile, somme des deux chemins qui conviennent, $\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}$.

Périmètre choisi. L’inversion appelée formule de Bayes se retrouve ici avec la définition : $P_B(A)=P(A\cap B)/P(B)$ lorsque $P(B)>0$. Les répétitions nombreuses et la loi binomiale ne sont pas développées dans cette leçon.

Énoncé. Un lot fictif contient 50 commandes du dépôt A, chacune de 2 objets, et 25 commandes du dépôt B, chacune de 4 objets. Parmi les 100 objets de A, 10 sont abîmés ; parmi les 100 de B, 2 sont abîmés. On compare deux protocoles : choisir uniformément un objet du lot ; ou choisir uniformément une commande, puis uniformément un objet de cette commande. Pour chacun, quelle est la probabilité d’obtenir un objet abîmé ? Sachant qu’il est abîmé, quelle est la probabilité qu’il vienne de A ?

Protocole objet. Les deux dépôts ont le même nombre d’objets, donc $P(A)=1/2$. Dans chaque dépôt, le tirage est uniforme : $P_A(D)=1/10$ et $P_B(D)=1/50$. Ainsi

La probabilité « A et abîmé » vaut $1/20$, d’où

Protocole commande. A compte 50 des 75 commandes : $P(A)=2/3$, $P(B)=1/3$. Toutes les commandes d’un même dépôt ont la même taille ; chaque objet y a donc la même chance conditionnelle d’être choisi. Les probabilités de défaut dans chaque dépôt restent $1/10$ et $1/50$, mais les poids changent :

Puis $P_D(A)=(1/15)/(11/150)=10/11$.

Interpréter. Le lot n’a pas changé ; le protocole de sélection, lui, change la loi. Le quotient 12 objets abîmés sur 200 convient au premier protocole, mais pas au second, qui surreprésente les objets des petites commandes de A. Le dénominateur doit correspondre à la population effectivement tirée.

Figure (SVG programmatique existant) : deux panneaux côte à côte, l’arbre pondéré et le tableau à double entrée d’un exemple distinct du guidage, reliés par des flèches de correspondance.

• Panneau 1 — l'arbre. Une racine à gauche. Deux branches vers $M_1$ (poids $0{,}6$) et $\overline{M_1}$ (poids $0{,}4$), les poids écrits sur les branches. De chaque nœud, deux branches vers $D$ et $\bar{D}$ : $0{,}04$ et $0{,}96$ depuis $M_1$, $0{,}09$ et $0{,}91$ depuis $\overline{M_1}$. À l'extrémité de chaque chemin, la probabilité du chemin : $0{,}024$, $0{,}576$, $0{,}036$, $0{,}364$ — et, en fin de colonne, leur somme $1$. Les deux chemins menant à $D$ sont tracés en trait épais, leurs extrémités reliées par une accolade cotée « $P(D) = 0{,}024 + 0{,}036 = 0{,}06$ ». Sur chaque nœud, un petit cartouche « somme des branches $= 1$ ». Sous l'arbre, le rappel des trois règles, une ligne chacune.
• Panneau 2 — le tableau. Le tableau d'effectifs sur $1\,000$ pièces, avec ses totaux de lignes et de colonnes. La case $24$ (machine 1, défectueuses) est mise en évidence. Trois flèches partent de cette case : l'une vers le total général $1\,000$, cotée « $P(M_1 \cap D) = \dfrac{24}{1\,000}$ » ; l'une vers le total de ligne $600$, cotée « $P_{M_1}(D) = \dfrac{24}{600}$ » ; l'une vers le total de colonne $60$, cotée « $P_D(M_1) = \dfrac{24}{60}$ ». La ligne « Machine 1 » et la colonne « Défectueuses » sont légèrement teintées, avec la mention « la population de référence est la ligne ou la colonne ».
• Correspondances. Une flèche relie l'extrémité $0{,}024$ de l'arbre à la case $24$ du tableau, une autre relie l'accolade $P(D) = 0{,}06$ au total de colonne $60$. En bas de figure, un encadré « indépendance ? » : « $P(M_1) \times P(D) = 0{,}6 \times 0{,}06 = 0{,}036 \neq 0{,}024 = P(M_1 \cap D)$ : non ».

Ce qu'il faut lire. L'arbre montre les règles : sur un nœud on additionne à $1$, le long d'un chemin on multiplie, vers un événement on additionne les chemins — et la formule des probabilités totales n'est que la lecture des deux chemins épais. Le tableau montre le conditionnement comme un choix de dénominateur : une seule case, trois populations de référence, trois probabilités. Les flèches de correspondance disent qu'il s'agit du même monde : ce que l'arbre calcule par produits, le tableau le compte par effectifs. L'encadré final rappelle que l'indépendance se tranche par une égalité, pas par une impression.

La figure en détail : à gauche, un arbre couché dont la racine se divise en deux branches, machine un avec le poids zéro virgule six et machine deux avec le poids zéro virgule quatre ; chacune se divise à son tour en défaut et sans défaut, avec des poids quatre centièmes et quatre-vingt-seize centièmes pour la première machine, neuf centièmes et quatre-vingt-onze centièmes pour la seconde. Au bout de chaque chemin est écrit le produit des poids ; les deux chemins qui mènent à un défaut sont en trait épais et leurs produits sont additionnés pour donner six centièmes. À droite, un tableau d'effectifs sur mille pièces, avec la case vingt-quatre (machine un, défectueuses) mise en évidence et trois flèches vers le total général, le total de sa ligne et le total de sa colonne, chacune donnant une probabilité différente.