Exercices corrigés : probabilités conditionnelles et arbres pondérés (Seconde)

a) Le tirage est équiprobable, donc chaque probabilité est un effectif divisé par le total : $P(H)=\dfrac{240}{800}=0{,}3$, $P(R)=\dfrac{116}{800}=0{,}145$ et $P(H\cap R)=\dfrac{60}{800}=0{,}075$. Ici on compte parmi TOUS les trains : c'est la population $\Omega$ entière, et le dénominateur est toujours $800$. L'intersection $H\cap R$ se lit dans UNE case, celle où la ligne « en retard » croise la colonne « pointe » ; ce n'est pas un total de ligne ni de colonne.

b) $P_{H}(R)$ se lit « probabilité de $R$ sachant $H$ » : on sait que le train est de pointe, on ne compte donc plus que parmi les $240$ trains de pointe. $P_{H}(R)=\dfrac{\text{Card}(H\cap R)}{\text{Card}(H)}=\dfrac{60}{240}=0{,}25$ : parmi les trains de pointe, un sur quatre arrive en retard. De même $P_{\overline{H}}(R)=\dfrac{56}{560}=0{,}1$ : parmi les trains hors pointe, un sur dix est en retard. Le NUMÉRATEUR est une case du tableau, le DÉNOMINATEUR est le total de la colonne désignée par la condition. Retenez la lecture : ce qui est derrière la barre, en indice, désigne la population ; ce qui est entre parenthèses désigne ce qu'on y cherche.

c) Cette fois la condition est $R$ : on compte parmi les $116$ trains en retard. $P_{R}(H)=\dfrac{60}{116}\approx 0{,}517$ : parmi les trains en retard, un peu plus de la moitié circulaient à l'heure de pointe. Le numérateur est le MÊME, $60$ trains qui sont à la fois de pointe et en retard ; seul le dénominateur change, $116$ au lieu de $240$. Les deux nombres répondent à deux questions différentes : $P_{H}(R)$ intéresse le voyageur de pointe (« mon train sera-t-il en retard ? »), $P_{R}(H)$ intéresse le gestionnaire qui analyse les retards (« d'où viennent-ils ? »). Les confondre revient à diviser par le mauvais total, et c'est l'erreur qui coûte le plus de points sur ce chapitre.

d) $\dfrac{P(H\cap R)}{P(H)}=\dfrac{0{,}075}{0{,}3}=0{,}25$, c'est bien $P_{H}(R)$. La raison est visible en revenant aux effectifs : $\dfrac{P(H\cap R)}{P(H)}=\dfrac{60/800}{240/800}$, et le total $800$ apparaît au numérateur et au dénominateur, donc il se simplifie : il reste $\dfrac{60}{240}$. C'est pour cela que, dans une population où l'on tire au hasard, la définition générale $P_{A}(B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(A)}$ et la formule $P_{A}(B)=\dfrac{\text{Card}(A\cap B)}{\text{Card}(A)}$ donnent toujours le même nombre. La définition sert quand on ne connaît que des probabilités, la formule des cardinaux quand on dispose d'un tableau d'effectifs.

a) La phrase (1) ne pose aucune condition : on compte parmi TOUTES les nuits, et c'est $P(D)=\dfrac{20}{1\,000}=0{,}02$. La phrase (2) commence, sans le dire en toutes lettres, par « parmi les déclenchements » : la population est celle des nuits où l'alarme a sonné, et l'on y cherche les vraies intrusions. C'est donc $P_{D}(I)=0{,}6$. Le mot qui trahit le conditionnement est le complément « des déclenchements » : un pourcentage « de » quelque chose se calcule parmi ce quelque chose. Écrire $P(I)=0{,}6$ serait absurde, cela voudrait dire qu'il y a une intrusion plus d'une nuit sur deux.

b) « Quatre intrusions sur cinq » : on compte parmi les nuits d'intrusion, et l'on y cherche les déclenchements. C'est $P_{I}(D)=\dfrac{4}{5}=0{,}8$. Comparez avec (2) : les deux phrases parlent d'intrusions ET de déclenchements, mais la population est inversée. En (2) la condition est l'alarme, en (3) c'est l'intrusion. Un bon réflexe consiste à réécrire chaque phrase en commençant par « parmi les ... » : « parmi les intrusions, $80\ \%$ déclenchent l'alarme » ; ce qui suit « parmi » passe en indice.

c) Par définition $P_{D}(I)=\dfrac{P(D\cap I)}{P(D)}$, donc $P(D\cap I)=P(D)\times P_{D}(I)=0{,}02\times 0{,}6=0{,}012$. Sur $1\,000$ nuits, cela fait $12$ nuits avec intrusion ET alarme : $60\ \%$ de $20$. On utilise ensuite l'autre écriture de la même intersection, $P_{I}(D)=\dfrac{P(D\cap I)}{P(I)}$, d'où $P(I)=\dfrac{P(D\cap I)}{P_{I}(D)}=\dfrac{0{,}012}{0{,}8}=0{,}015$. Il y a donc une intrusion $15$ nuits sur $1\,000$. Vérification sur les effectifs : $80\ \%$ de $15$ intrusions font bien $12$ nuits détectées. La même case $D\cap I$ a servi deux fois, avec deux dénominateurs différents.

d) Sur $1\,000$ nuits : $15$ intrusions, dont $12$ détectées, donc $15-12=3$ intrusions qui ne déclenchent PAS l'alarme. Les nuits sans alarme sont $1\,000-20=980$. Donc $P_{\overline{D}}(I)=\dfrac{3}{980}\approx 0{,}0031$. En français : « parmi les nuits où l'alarme reste silencieuse, environ trois sur mille connaissent pourtant une intrusion ». Ces trois nuits sont les FAUX NÉGATIFS de l'alarme ; les $20-12=8$ nuits d'alarme sans intrusion sont ses FAUX POSITIFS, les fausses alertes. Ce tableau d'effectifs sur une population fictive de $1\,000$ nuits est la méthode du programme pour retourner un conditionnement : on remplit les cases, puis on divise par le bon total.

a) Premier niveau : le dé est équilibré et $S$ contient deux faces sur six, donc $P(S)=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$ et $P(\overline{S})=\frac{2}{3}$. Deuxième niveau, branches issues de $S$ : on est alors DANS l'urne $U_{1}$, qui compte $5$ boules dont $4$ gagnantes, donc $P_{S}(G)=\frac{4}{5}$ et $P_{S}(\overline{G})=\frac{1}{5}$. Branches issues de $\overline{S}$ : on est dans $U_{2}$, $4$ boules dont $1$ gagnante, donc $P_{\overline{S}}(G)=\frac{1}{4}$ et $P_{\overline{S}}(\overline{G})=\frac{3}{4}$. Contrôle obligatoire : les branches qui partent d'un MÊME nœud ont une somme égale à $1$, ici $\frac{1}{3}+\frac{2}{3}$, $\frac{4}{5}+\frac{1}{5}$ et $\frac{1}{4}+\frac{3}{4}$.

b) La branche de $S$ vers $G$ porte $\frac{4}{5}$, et ce n'est PAS la probabilité de gagner au jeu : c'est la probabilité de gagner quand on sait déjà que le dé a donné $1$ ou $2$, autrement dit $P_{S}(G)$. Toute branche du deuxième niveau porte une probabilité conditionnelle, conditionnée par le nœud d'où elle part. C'est la règle de lecture d'un arbre : pour savoir parmi qui l'on compte, on remonte au nœud de départ de la branche. Seules les branches issues de la racine portent des probabilités simples.

c) Par définition, $P_{S}(G)=\dfrac{P(S\cap G)}{P(S)}$, donc $P(S\cap G)=P(S)\times P_{S}(G)=\frac{1}{3}\times\frac{4}{5}=\frac{4}{15}\approx 0{,}267$. C'est exactement le produit des pondérations rencontrées le long du chemin $S$ puis $G$ : la règle de multiplication n'est pas une recette de plus, c'est la définition réécrite. De même $P(\overline{S}\cap G)=\frac{2}{3}\times\frac{1}{4}=\frac{1}{6}\approx 0{,}167$. Lecture en fréquences, pour vérifier : sur $15$ parties, environ $5$ passent par $S$, et les quatre cinquièmes de ces $5$, soit $4$, sont gagnées, d'où $\frac{4}{15}$. On multiplie parce qu'on prend une proportion d'une proportion.

d) Les quatre chemins valent $P(S\cap G)=\frac{4}{15}$, $P(S\cap\overline{G})=\frac{1}{15}$, $P(\overline{S}\cap G)=\frac{1}{6}$ et $P(\overline{S}\cap\overline{G})=\frac{2}{3}\times\frac{3}{4}=\frac{1}{2}$. Au dénominateur $30$ : $\frac{8}{30}+\frac{2}{30}+\frac{5}{30}+\frac{15}{30}=1$, ce qui est normal puisque les quatre chemins décrivent toutes les parties possibles, sans recouvrement. En revanche $P_{S}(G)+P_{\overline{S}}(G)=\frac{4}{5}+\frac{1}{4}=1{,}05$. Ces deux nombres sont calculés dans deux populations DIFFÉRENTES, l'urne $U_{1}$ et l'urne $U_{2}$ : additionner des proportions de deux groupes distincts n'a aucune raison de donner $1$. Une somme égale à $1$ ne s'attend qu'entre branches issues du même nœud.

a) Premier niveau, l'état de la pièce : $P(D)=0{,}04$ et $P(\overline{D})=0{,}96$. Deuxième niveau, la décision du contrôle, qui DÉPEND de l'état de la pièce. « $90\ \%$ des pièces défectueuses sont rejetées » se compte parmi les défectueuses : $P_{D}(R)=0{,}9$, donc $P_{D}(\overline{R})=0{,}1$. « $2\ \%$ des pièces conformes sont rejetées » se compte parmi les conformes : $P_{\overline{D}}(R)=0{,}02$, donc $P_{\overline{D}}(\overline{R})=0{,}98$. L'arbre figure dans la correction. Le piège classique est d'écrire $0{,}02$ sur la branche $D$ vers $R$ parce que c'est le deuxième pourcentage de l'énoncé : chaque nombre va sous le nœud de la population qu'il décrit.

b) Par définition $P_{D}(R)=\dfrac{P(D\cap R)}{P(D)}$, donc $P(D\cap R)=P(D)\times P_{D}(R)=0{,}04\times 0{,}9=0{,}036$. C'est le produit des deux pondérations du chemin $D$ puis $R$. La définition et la règle du chemin sont la même égalité, lue dans deux sens : la définition divise l'intersection par la probabilité de la condition, la règle du chemin multiplie la probabilité de la condition par la conditionnelle. Il n'y a rien d'autre à retenir.

c) Sur $5\,000$ pièces : $4\ \%$ de $5\,000$ font $200$ pièces défectueuses, et $90\ \%$ de ces $200$ font $180$ pièces défectueuses rejetées. Donc $P(D\cap R)=\dfrac{180}{5\,000}=0{,}036$, le même nombre qu'en b). On peut l'écrire $\dfrac{180}{5\,000}=\dfrac{200}{5\,000}\times\dfrac{180}{200}$ : le premier facteur est la proportion de défectueuses dans la production, le second la proportion de rejetées parmi les défectueuses. Multiplier le long d'un chemin, c'est exactement prendre un pourcentage d'un pourcentage : $90\ \%$ de $4\ \%$ font $3{,}6\ \%$. C'est une situation déjà rencontrée avec les proportions, la probabilité conditionnelle lui donne seulement un nom et une notation.

d) Pièces conformes : $5\,000-200=4\,800$, dont $2\ \%$ rejetées, soit $96$ pièces rejetées à tort ; en probabilité, $P(\overline{D}\cap R)=0{,}96\times 0{,}02=0{,}0192$ et $0{,}0192\times 5\,000=96$. Au total $180+96=276$ pièces rejetées. Parmi elles, la proportion de défectueuses est $P_{R}(D)=\dfrac{180}{276}\approx 0{,}652$. Le contrôle rejette donc $90\ \%$ des défectueuses, mais seulement $65\ \%$ environ des pièces rejetées sont défectueuses : les $96$ conformes rejetées pèsent lourd parce qu'elles sont prélevées dans une population $24$ fois plus nombreuse. Pour retourner le conditionnement, on n'a utilisé aucune formule nouvelle : on a compté sur une journée, puis divisé par le bon total, celui des rejetées.

a) La grille compte $5\times 5=25$ cases, dont $5$ barrées sur la diagonale : il reste $20$ issues, qui sont les couples de deux jetons DIFFÉRENTS. L'événement $A$ occupe les colonnes $2$ et $4$, et chacune contient $4$ cases non barrées : $\text{Card}(A)=2\times 4=8$, donc $P(A)=\dfrac{8}{20}=0{,}4$. On retrouve la réponse intuitive, deux jetons pairs sur cinq au premier tirage. Le produit cartésien des deux tirages, privé de sa diagonale, est ici l'univers $\Omega$ : c'est lui qui rend le tirage équiprobable et autorise à compter des cases.

b) Si le premier jeton est pair, il reste dans le sac quatre jetons dont UN seul pair : $P_{A}(B)=\frac{1}{4}=0{,}25$. Par les cardinaux : $A\cap B$ regroupe les couples $(2\,;4)$ et $(4\,;2)$, donc $\text{Card}(A\cap B)=2$, et $P_{A}(B)=\dfrac{2}{8}=0{,}25$. Les deux méthodes concordent, et c'est rassurant : raisonner sur le sac, c'est déjà se placer dans la population des couples dont le premier jeton est pair, c'est-à-dire les huit cases des colonnes $2$ et $4$. Pour comparaison, si le premier est impair, il reste deux pairs sur quatre, et $P_{\overline{A}}(B)=\frac{2}{4}=0{,}5$ : le premier tirage change bien les chances du second.

c) $B$ occupe les lignes $2$ et $4$, chacune avec $4$ cases non barrées : $\text{Card}(B)=8$ et $P(B)=\dfrac{8}{20}=0{,}4$. Le résultat surprend souvent, car on s'attend à ce que le premier tirage ait « abîmé » le second. Mais tant qu'on ne SAIT pas ce qu'a donné le premier jeton, le second est un jeton pris au hasard parmi les cinq, exactement comme le premier : la grille est symétrique par rapport à sa diagonale. Ce que change le premier tirage, ce sont les probabilités CONDITIONNELLES du second, $0{,}25$ ou $0{,}5$ selon le cas, pas sa probabilité simple.

d) La question a parfaitement un sens. Conditionner ne veut pas dire « se placer avant » : cela veut dire restreindre la population aux issues où la condition est réalisée. Ici on se restreint aux $8$ cases de $B$, et parmi elles on compte celles de $A$ : $P_{B}(A)=\dfrac{\text{Card}(A\cap B)}{\text{Card}(B)}=\dfrac{2}{8}=0{,}25$. Concrètement, un ami a regardé le second jeton, vous dit qu'il est pair, et vous devez parier sur le premier : cette information réduit vos chances qu'il soit pair, de $0{,}4$ à $0{,}25$. L'élève qui refuse de calculer $P_{B}(A)$ « parce que $B$ vient après » confond l'ordre des tirages et l'ordre de l'information ; c'est exactement la situation d'un test médical, où l'on connaît le résultat du test et où l'on s'interroge sur ce qui était là avant.

a) La sensibilité décrit ce que fait le test sur les MALADES : c'est $P_{M}(T)=0{,}9$, calculée parmi les malades. La spécificité décrit ce qu'il fait sur les NON-MALADES : c'est $P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}92$, calculée parmi les non-malades. Les deux sont des qualités du test, mesurées en laboratoire sur des personnes dont on connaît déjà l'état. Leurs compléments sont les taux d'erreur : $P_{M}(\overline{T})=0{,}1$ est la proportion de faux négatifs parmi les malades, $P_{\overline{M}}(T)=0{,}08$ la proportion de faux positifs parmi les non-malades. Toutes ces probabilités sont écrites sur le deuxième niveau de l'arbre, sous les nœuds $M$ et non $M$.

b) Malades : $4\ \%$ de $10\,000$, soit $400$ ; non-malades : $9\,600$. Parmi les $400$ malades, $90\ \%$ sont positifs, soit $360$ VRAIS POSITIFS, et $40$ FAUX NÉGATIFS. Parmi les $9\,600$ non-malades, $8\ \%$ sont positifs, soit $768$ FAUX POSITIFS, et $9\,600-768=8\,832$ VRAIS NÉGATIFS. Contrôle : $360+40+768+8\,832=10\,000$. La population fictive n'est pas une approximation : avec des pourcentages exacts, elle donne des effectifs entiers qui se manipulent sans erreur de lecture, et c'est la méthode du programme pour retourner un conditionnement.

c) Tests positifs : $360+768=1\,128$. La personne sait que son test est positif : on compte donc parmi les $1\,128$ positifs, et l'on y cherche les malades. $P_{T}(M)=\dfrac{360}{1\,128}\approx 0{,}319$. Moins d'un positif sur trois est réellement malade ! La raison se lit dans le tableau : les faux positifs sont PLUS NOMBREUX que les vrais, $768$ contre $360$, parce qu'un petit taux d'erreur, $8\ \%$, s'applique à une grande population, $9\,600$ personnes, alors qu'un grand taux de détection s'applique à une petite, $400$ malades. Un test positif ne signifie pas « malade », il signifie « à confirmer ».

d) Tests négatifs : $40+8\,832=8\,872$. Parmi eux, les non-malades sont $8\,832$, donc $P_{\overline{T}}(\overline{M})=\dfrac{8\,832}{8\,872}\approx 0{,}995$ : un test négatif rassure presque à coup sûr. Le slogan « fiable à $90\ \%$ » parle de la sensibilité $P_{M}(T)$, qui compte parmi les malades. Or la personne testée positive ne sait pas si elle est malade : elle sait que son TEST est positif, et sa question est $P_{T}(M)$, qui compte parmi les positifs. Les deux nombres ont le même numérateur, les $360$ vrais positifs, et des dénominateurs très différents, $400$ et $1\,128$. Confondre $P_{M}(T)$ et $P_{T}(M)$ fait passer de $0{,}9$ à $0{,}319$ : c'est l'erreur la plus répandue sur les tests, y compris hors de la classe.

a) La sensibilité se calcule parmi les indésirables : c'est la proportion d'entre eux que le filtre bloque, $P_{I}(B)=0{,}85$ en souple et $0{,}98$ en strict. La spécificité se calcule parmi les légitimes : c'est la proportion qu'il laisse passer, $P_{\overline{I}}(\overline{B})=1-0{,}01=0{,}99$ en souple et $1-0{,}06=0{,}94$ en strict. Le réglage strict gagne en sensibilité ce qu'il perd en spécificité : c'est le compromis de tout détecteur. Un seuil qui attrape plus de coupables accuse aussi plus d'innocents, et aucun réglage n'améliore les deux à la fois.

b) Il y a $800$ indésirables et $1\,200$ légitimes. Réglage souple : légitimes bloqués, $1\ \%$ de $1\,200$, soit $12$ ; indésirables non bloqués, $15\ \%$ de $800$, soit $120$. Réglage strict : légitimes bloqués, $6\ \%$ de $1\,200$, soit $72$ ; indésirables non bloqués, $2\ \%$ de $800$, soit $16$. Le passage au strict divise les faux négatifs par plus de sept, $120$ contre $16$, mais multiplie les faux positifs par six, $12$ contre $72$. Chaque effectif est calculé dans SA population : les faux positifs parmi les légitimes, les faux négatifs parmi les indésirables.

c) Dossier des bloqués, réglage souple : $680$ indésirables ($85\ \%$ de $800$) et $12$ légitimes, soit $692$ courriels. $P_{B}(\overline{I})=\dfrac{12}{692}\approx 0{,}017$. Réglage strict : $784$ indésirables et $72$ légitimes, soit $856$ courriels, et $P_{B}(\overline{I})=\dfrac{72}{856}\approx 0{,}084$. Cette fois on compte parmi les BLOQUÉS, c'est-à-dire parmi ce que l'utilisateur voit en ouvrant le dossier. Ce nombre n'est ni $P_{\overline{I}}(B)$, qui compte parmi les légitimes, ni $P(\overline{I}\cap B)$, qui compte parmi tous les courriels : $\frac{12}{1\,200}$ et $\frac{12}{2\,000}$ donnent $0{,}01$ et $0{,}006$, trois questions différentes pour la même case.

d) Boîte de réception, réglage souple : $120$ indésirables et $1\,188$ légitimes, soit $1\,308$ courriels, et $P_{\overline{B}}(I)=\dfrac{120}{1\,308}\approx 0{,}092$. Réglage strict : $16$ indésirables et $1\,128$ légitimes, soit $1\,144$ courriels, et $P_{\overline{B}}(I)=\dfrac{16}{1\,144}\approx 0{,}014$. Le strict donne une boîte plus propre, mais il cache $72$ courriels légitimes par mois au lieu de $12$. Pour une personne qui attend la réponse d'un employeur, un courriel légitime bloqué coûte bien plus cher qu'un indésirable à supprimer : on conseille le réglage SOUPLE. Le choix ne se fait pas sur un seul nombre mais sur le coût de chaque type d'erreur, ce que ni la sensibilité ni la spécificité ne disent seules.

a) Faux : la sensibilité est $P_{M}(T)$, calculée parmi les MALADES. La personne testée positive a besoin de $P_{T}(M)$, calculée parmi les POSITIFS. Sur $10\,000$ personnes, les $360$ vrais positifs sont rapportés à $400$ malades dans un cas, à $1\,128$ positifs dans l'autre : $P_{T}(M)=\frac{360}{1\,128}\approx 0{,}319$. Énoncé juste : « parmi les malades, $90\ \%$ ont un test positif ; parmi les personnes testées positives, environ $32\ \%$ sont malades ». L'écart vient des $768$ faux positifs, pris dans une population $24$ fois plus nombreuse que celle des malades.

b) Faux, et c'est la même inversion : $0{,}9$ est $P_{D}(R)$, calculée parmi les pièces défectueuses, alors que l'affirmation parle de $P_{R}(D)$, calculée parmi les pièces rejetées. Sur une journée, les $276$ pièces rejetées comprennent $180$ défectueuses et $96$ conformes, donc $P_{R}(D)=\frac{180}{276}\approx 0{,}652$. Énoncé juste : « le contrôle rejette $90\ \%$ des pièces défectueuses, et environ $65\ \%$ des pièces rejetées sont défectueuses ». Échanger le sujet et le complément d'une phrase en pourcentage échange la condition, donc la population.

c) Faux : $\frac{1}{3}\times\frac{4}{5}=\frac{4}{15}$ est la probabilité du CHEMIN, $P(S\cap G)$, c'est-à-dire la probabilité d'obtenir $1$ ou $2$ ET de gagner, calculée parmi toutes les parties. « Sachant que le dé a donné $1$ ou $2$ » place dans l'urne $U_{1}$, et la réponse est lue directement sur la branche : $P_{S}(G)=\frac{4}{5}=0{,}8$. Le mot « sachant » supprime le premier facteur au lieu de l'ajouter, puisque la condition est acquise. Cette confusion entre $P(S\cap G)$ et $P_{S}(G)$ fait perdre la question entière.

d) Faux : $P_{S}(G)+P_{\overline{S}}(G)=\frac{4}{5}+\frac{1}{4}=1{,}05$. Ces deux nombres sont calculés dans deux urnes différentes, il n'y a aucune raison qu'ils se complètent. Énoncé juste : « les branches issues d'un MÊME nœud ont une somme égale à $1$ », par exemple $P_{S}(G)+P_{S}(\overline{G})=\frac{4}{5}+\frac{1}{5}=1$, car dans l'urne $U_{1}$ on gagne ou on perd. Cette règle est le contrôle le plus rapide d'un arbre, à condition de l'appliquer aux bonnes branches.

e) Faux : $P_{B}(A)$ a un sens et se calcule. On se restreint aux $8$ couples dont le second jeton est pair, et l'on compte ceux dont le premier l'est aussi, $(2\,;4)$ et $(4\,;2)$ : $P_{B}(A)=\frac{2}{8}=0{,}25$. Énoncé juste : « la condition est une INFORMATION sur l'issue, pas un moment de l'expérience ». Le test médical le montre tous les jours : la maladie est là avant le test, et c'est pourtant en sachant le résultat du test qu'on calcule $P_{T}(M)$.