\(P_A(B)\), arbres pondérés, formule des probabilités totales

Une probabilité conditionnelle, c’est une probabilité calculée quand on sait déjà quelque chose ; l’arbre pondéré range toutes ces informations et permet de tout calculer en multipliant le long des chemins puis en additionnant.

Objectifs

Comprendre et calculer une probabilité conditionnelle \(P_A(B)\).
Construire et utiliser un arbre pondéré.
Appliquer la formule des probabilités totales.
Reconnaître deux événements indépendants.

1. La probabilité conditionnelle \(P_A(B)\)

Exemple résolu 1 : tableau à double entrée

Le lycée compte 200 élèves :

	Football (\(F\))	Pas football	Total
Filles (\(G\))	30	90	120
Garçons	50	30	80
Total	80	120	200

Calcule \(P(F)\), \(P_G(F)\) et \(P_F(G)\). Cherche d’abord, puis dévoile.

\(P(F) = \dfrac{80}{200} = 0{,}4\).

Sachant que l’élève est une fille, l’univers devient les 120 filles, dont 30 jouent au football : \(P_G(F) = \dfrac{30}{120} = 0{,}25\).

Avec la formule : \(P(G \cap F) = \dfrac{30}{200} = 0{,}15\) et \(P(G) = \dfrac{120}{200} = 0{,}6\), donc \(P_G(F) = \dfrac{0{,}15}{0{,}6} = 0{,}25\). Même résultat.

Sachant que l’élève joue au football, l’univers devient les 80 footballeurs, dont 30 filles : \(P_F(G) = \dfrac{30}{80} = 0{,}375\).

On sait que \(P(A) = 0{,}3\) et \(P_A(B) = 0{,}5\). Que vaut \(P(A \cap B)\) ?

\(0{,}8\)
\(0{,}15\)
\(0{,}6\)

\(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) = 0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}15\).

2. Les arbres pondérés

Un arbre pondéré représente une expérience en plusieurs étapes. Chaque branche porte une probabilité : au premier niveau \(P(A)\), au second niveau une probabilité conditionnelle comme \(P_A(G)\).

On note \(G\) l’événement « la mangue est gâtée » et \(\overline{G}\) son contraire.

Premier niveau : le fournisseur. \(P(A) = 0{,}6\) et \(P(B) = 0{,}4\), la somme vaut bien 1.

Second niveau : sachant le fournisseur, la mangue est gâtée ou non. \(P_A(G) = 0{,}05\), \(P_A(\overline{G}) = 0{,}95\), \(P_B(G) = 0{,}1\), \(P_B(\overline{G}) = 0{,}9\).

On multiplie le long des chemins qui mènent à \(G\) : \(0{,}6 \times 0{,}05 = 0{,}03\) et \(0{,}4 \times 0{,}1 = 0{,}04\).

Dans un arbre, un nœud a deux branches. L’une porte \(0{,}35\). Que porte l’autre ?

\(0{,}35\)
On ne peut pas savoir
\(0{,}65\)

Règle du nœud : les branches issues d’un même nœud ont une somme égale à 1, donc \(1 - 0{,}35 = 0{,}65\).

3. La formule des probabilités totales

flowchart LR
A[Lire les donnees] --> B[Construire l arbre]
B --> C[Completer chaque noeud a 1]
C --> D[Multiplier sur les chemins]
D --> E[Additionner les chemins utiles]

Exemple résolu 2 : les mangues de Fatou

Calcule \(P(G)\), puis la probabilité qu’une mangue gâtée vienne du fournisseur \(A\). Cherche d’abord.

\(A\) et \(B\) forment une partition (chaque mangue vient d’un seul fournisseur).

\[P(G) = P(A) \times P_A(G) + P(B) \times P_B(G) = 0{,}6 \times 0{,}05 + 0{,}4 \times 0{,}1 = 0{,}03 + 0{,}04 = 0{,}07.\]

7 % des mangues de Fatou sont gâtées.

On « remonte » l’arbre avec la définition : \[P_G(A) = \frac{P(A \cap G)}{P(G)} = \frac{0{,}03}{0{,}07} = \frac{3}{7} \approx 0{,}43.\]

Une mangue gâtée a environ 43 % de chances de venir de \(A\), alors que \(A\) fournit 60 % des mangues : les mangues de \(B\) se gâtent plus souvent.

Exemple résolu 3 : le retard de Kofi

La probabilité qu’il pleuve un matin est \(0{,}4\). S’il pleut, Kofi est en retard avec une probabilité \(0{,}5\) ; sinon, avec une probabilité \(0{,}1\). Quelle est la probabilité \(P(R)\) qu’il soit en retard ?

Voir la solution

Notons \(L\) « il pleut ». \(P(L) = 0{,}4\), donc \(P(\overline{L}) = 0{,}6\).

\[P(R) = P(L) \times P_L(R) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(R) = 0{,}4 \times 0{,}5 + 0{,}6 \times 0{,}1 = 0{,}2 + 0{,}06 = 0{,}26.\]

Kofi est en retard environ un matin sur quatre (26 %).

Une urne est choisie au hasard parmi trois urnes équiprobables. La probabilité de tirer une boule rouge vaut \(0{,}2\) dans l’urne 1, \(0{,}5\) dans l’urne 2 et \(0{,}8\) dans l’urne 3. Quelle est la probabilité de tirer une boule rouge ?

\(0{,}5\)
\(1{,}5\)
\(0{,}8\)

\(P(R) = \dfrac{1}{3} \times 0{,}2 + \dfrac{1}{3} \times 0{,}5 + \dfrac{1}{3} \times 0{,}8 = \dfrac{1{,}5}{3} = 0{,}5\). Une probabilité ne dépasse jamais 1.

4. Événements indépendants

Exemple résolu 4

Dans le lycée de l’exemple 1, les événements \(G\) (« fille ») et \(F\) (« football ») sont-ils indépendants ?

Voir la solution

\(P(G) \times P(F) = 0{,}6 \times 0{,}4 = 0{,}24\), alors que \(P(G \cap F) = 0{,}15\). Comme \(0{,}15 \neq 0{,}24\), \(G\) et \(F\) ne sont pas indépendants. On le voyait déjà : \(P_G(F) = 0{,}25 \neq P(F) = 0{,}4\).

\(P(A) = 0{,}5\), \(P(B) = 0{,}4\) et \(P(A \cap B) = 0{,}2\). Les événements \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?

Non, car \(P(A \cap B) \neq 0\)
Oui, car \(0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2\)
On ne peut pas savoir

\(P(A) \times P(B) = 0{,}5 \times 0{,}4 = 0{,}2 = P(A \cap B)\) : la définition est vérifiée, \(A\) et \(B\) sont indépendants.

Récapitulatif

\(P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}\) et \(P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)\).
Dans un arbre : somme 1 à chaque nœud, produit le long d’un chemin, somme des chemins pour un événement.
Probabilités totales : \(P(B) = P(A) \, P_A(B) + P(\overline{A}) \, P_{\overline{A}}(B)\).
Indépendance : \(P(A \cap B) = P(A) \times P(B)\).

\(P_A(B)\)

\(\dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}\) : probabilité de \(B\) sachant \(A\)

Règle du nœud

Les branches d’un même nœud ont une somme égale à 1

Règle du chemin

On multiplie les probabilités le long du chemin

Probabilités totales

\(P(B) = P(A) \, P_A(B) + P(\overline{A}) \, P_{\overline{A}}(B)\)

Indépendance

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