#Bases des probabilitésCopier le lien

Un modèle probabiliste se compose de trois objets: un univers Ω qui liste les issues possibles, une tribu d’événements (des sous-ensembles de Ω), et une mesure de probabilité P qui attribue à chaque événement un nombre entre 0 et 1. Les axiomes de Kolmogorov fixent le cadre; tout raisonnement probabiliste cohérent s’y inscrit.

Objectifs d’apprentissage

• Énoncer les axiomes de Kolmogorov et en déduire les règles de calcul (réunion, complémentaire, partition).
• Calculer une probabilité conditionnelle, appliquer la formule des probabilités totales et la formule de Bayes, idéalement avec un tableau de dénombrement.
• Reconnaître l’indépendance d’événements et savoir qu’elle se justifie par le mécanisme, pas par intuitions vagues.

Prérequis: opérations ensemblistes (union, intersection, complémentaire), séries et calcul de fractions, bases de Python pour les simulations.

#Axiomes et premières conséquencesCopier le lien

La probabilité P vérifie trois axiomes:

1. Positivité: P(A) ≥ 0 pour tout événement A.
2. Normalisation: P(Ω) = 1.
3. Additivité dénombrable: pour une famille d’événements deux à deux disjoints, P de leur réunion égale la somme des P(Aᵢ).

Sur un univers fini (dé, cartes, tirages), P est entièrement déterminée par les poids des singletons. Si les poids sont égaux, P(A) = |A| / |Ω|: compter revient à calculer. Sur un univers continu (temps d’attente, mesure physique), chaque singleton isolé a une probabilité nulle et l’on raisonne avec des densités, introduites avec les variables aléatoires.

Les règles suivantes découlent des axiomes et servent en permanence:

• P(∅) = 0 et P(Aᶜ) = 1 − P(A).
• Addition avec intersection: P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B), la partie commune étant sinon comptée deux fois.
• Croissance: A ⊆ B entraîne P(A) ≤ P(B).
• Conditionnement: si P(B) > 0, P(A | B) = P(A ∩ B) / P(B). C’est une restriction de l’univers à B, pas un nouveau type d’objet: P(·|B) est elle-même une probabilité.

Exemple sur deux dés. Pour « la somme vaut 7 et un dé montre 4 », l’univers équiprobable compte 36 couples; l’événement « somme 7 » en compte 6, dont 2 contiennent un 4: 3. Donc P = 2/36 = 1/18.

#Formule de Bayes et taux de baseCopier le lien

La formule des probabilités totales décompose une observation B selon une partition d’hypothèses. Avec une hypothèse H et son contraire:

P(B) = P(B|H)·P(H) + P(B|Hᶜ)·P(Hᶜ)

La formule de Bayes inverse le conditionnement:

P(H|B) = P(B|H)·P(H) / P(B)

Lecture moderne: P(H) est la probabilité a priori, P(B|H) la vraisemblance de l’observation, P(H|B) la probabilité a posteriori. L’exemple canonique est le dépistage d’une maladie rare. Un test sensible à 99% et spécifique à 99% ne donne pas « 99% de chances d’être malade si le test est positif ». Sur 10 000 personnes avec une prévalence de 1%:

Parmi 198 tests positifs, 99 seulement vrais: P(malade|test +) = 99/198 = 50%. Le test a multiplié la probabilité de maladie par 50 (de 1% à 50%), un signal fort, mais la moitié des alertes sont des faux positifs parce que la maladie est rare. Même structure pour l’alerting en production: face à une panne peu fréquente, un détecteur à 99% dans les deux sens produit autant de fausses alertes que de vraies. La parade n’est pas un meilleur test seulement, c’est un taux de base plus favorable: préfiltrer sur une sous-population à risque, exiger un second signal concordant avant d’alerter.

Exemple d’inversion: une urne contient 3 boules rouges et 2 noires, on en tire deux sans remise. Sachant que la deuxième est rouge, quelle est la probabilité que la première le soit aussi? Avec P(2ᵉ rouge) = (3/5)(2/4) + (2/5)(3/4) = 3/5 et P(les deux rouges) = (3/5)(2/4) = 3/10, la réponse est (3/10)/(3/5) = 1/2, différente des 3/5 initiaux: tirer sans remise couple les deux tirages, et le conditionnement ajuste la première probabilité.

#IndépendanceCopier le lien

• Deux événements incompatibles de probabilités non nulles ne sont jamais indépendants: P(A ∩ B) = 0 ≠ P(A)P(B). Incompatibilité (on ne peut pas se produire ensemble) et indépendance (l’un ne renseigne pas sur l’autre) sont des notions distinctes, souvent confondues.
• L’indépendance deux à deux d’une famille n’implique pas l’indépendance mutuelle, qui exige le produit pour toute sous-famille (exercice 2).
• En pratique, l’indépendance est une hypothèse de modélisation justifiée par le mécanisme: lancers séparés, tirages avec remise, défauts de composants alimentés séparément. Si deux serveurs partagent la même alimentation électrique, multiplier les fiabilités individuelles surestime celle du couple.

L’indépendance est la condition de validité du schéma de Bernoulli et de la loi binomiale de la section suivante.

#Animation: construire un modèle probabilisteCopier le lien

#Explorer: impact du taux de baseCopier le lien

Manipulez prévalence, sensibilité et spécificité, et observez la valeur prédictive positive P(malade|test +) réagir bien davantage au taux de base qu’à la qualité intrinsèque du test.

#Playground: loi des grands nombresCopier le lien

Fréquence observée contre probabilité théorique: la fréquence de sortie converge vers 0,5, mais l’écart décroît lentement. Avec la graine 42 et n = 100 000, la moyenne vaut 0,5001: deux fois plus de décimales n’exige pas deux fois plus de tirages, mais cent fois plus.

#ExercicesCopier le lien

Exercice 1 (Bayes, dépistage). Une maladie touche 2% d’une population. Un test a une sensibilité de 95% et une spécificité de 90%. Calculez P(malade|test +) à l’aide d’un tableau sur 10 000 individus, puis commentez le résultat.

Corrigé. Sur 10 000 personnes: 200 malades dont 190 testés +; 9 800 sains dont 980 testés + (10% de faux positifs). Total: 1 170 positifs pour 190 vrais cas, soit P = 190/1170 ≈ 16,2%. Le test fait passer la probabilité de 2% à 16%, un gain par 8, quoique la majorité des alertes soient fausses. Comparé à l’exemple du cours (prévalence 1%, test à 99%, PPV 50%), on voit qu’un test deux fois moins bon sur une prévalence deux fois plus élevée donne une PPV bien plus faible: le taux de base domine la qualité du test. Pour un suivi de dépistage, on enchaîne un second test indépendant sur les positifs: la prévalence du second étage devient 16%, ce qui tire la PPV vers le haut.

Exercice 2 (indépendance deux à deux vs mutuelle). On lance un dé équilibré. A = « résultat pair », B = « résultat ≥ 3 », C = « résultat dans 5 ». Étudiez l’indépendance deux à deux, puis mutuelle, de A, B, C.

Corrigé. P(A) = 1/2, P(B) = 2/3, P(C) = 1/3, d’où les intersections: P(A∩B) = 2/6 = 1/3 = (1/2)(2/3); P(A∩C) = 1/6 = (1/2)(1/3); P(B∩C) = 2/6 = 1/3 = (2/3)(1/3). La famille est indépendante deux à deux. Mais P(A∩B∩C) = 0 (aucune face n’est à la fois paire, ≥ 3, et dans 5) alors que le produit des trois probabilités vaut 1/9: elle n’est pas mutuellement indépendante. Conclusion: l’indépendance deux à deux ne suffit jamais à conclure à l’indépendance mutuelle.

Exercice 3 (vérification par simulation). Simulez 1 000 répétitions de 200 lancers de pièce équilibrée et estimez la probabilité que la fréquence de pile s’écarte de plus de 0,07 de 0,5. Comparez à la majoration donnée par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, 1/(4 · 200 · 0,07²) ≈ 0,255.

Éléments de vérification. Avec la graine 42, la proportion simulée vaut 0,053: nettement sous la borne 0,255, qui est valide mais très conservatrice (elle néglige la forme de la loi). Faites varier n = 100, 400, 800 et constatez que la probabilité d’un écart donné décroît en 1/n; changez ensuite la graine pour vérifier la stabilité de l’estimation à ±0,02.

La logique du dépistage en deux étages se retrouve dans la détection d’incidents et la lutte antifraude, où un préfiltre augmente le taux de base avant le test final. En pratique, toujours: décrivez d’abord le tableau de dénombrement, puis les formules; c’est ce tableau qui évite les inversions bayésiennes erronées.