Probabilités

Un composant sur mille est défectueux, une mesure est bruitée, un client arrive « en moyenne toutes les trois minutes ». La dernière phrase est le point de départ du chapitre sur les files d'attente et le dimensionnement, où elle sert à calculer combien de guichets ouvrir. Aucune de ces phrases ne permet de prédire ce qui va se passer, et toutes permettent pourtant de décider : combien de pièces commander, quelle marge de sécurité prendre, à partir de quand s'inquiéter. Les probabilités sont l'outil qui transforme une incertitude en un nombre sur lequel on peut calculer. Ce chapitre en pose les fondements, du vocabulaire au conditionnement, et s'arrête longuement sur le théorème de Bayes, qui est à la fois le plus utile et le plus contre-intuitif. Les lois elles-mêmes font l'objet du chapitre suivant.

Vocabulaire et premières règles

Définitions

Une expérience aléatoire a plusieurs issues possibles et on ne sait pas laquelle se produira. L'univers $\Omega$ est l'ensemble de toutes les issues. Un événement est une partie de $\Omega$  : lancer un dé a pour univers $\Omega = \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$ , et « obtenir un nombre pair » est l'événement $\{2, 4, 6\}$ .

Le dictionnaire à connaître, parce que les énoncés l'utilisent sans le traduire :

L'énoncé dit	On écrit	Cela signifie
A et B	$A \cap B$	les deux se produisent
A ou B	$A \cup B$	au moins l'un des deux (ou inclusif)
non A, « le contraire de A »	$\bar{A}$	A ne se produit pas
A et B incompatibles	$A \cap B = \emptyset$	ils ne peuvent pas se produire ensemble

Les trois règles de départ

Une probabilité $P$ associe à chaque événement un nombre, et elle obéit à trois règles :

0 \leq P(A) \leq 1, \qquad P(\Omega) = 1, \qquad P(A \cup B) = P(A) + P(B) \ \text{ si } A \cap B = \emptyset.

En clair : une probabilité est comprise entre 0 (impossible) et 1 (certain), l'univers entier est certain, et les probabilités d'événements qui ne se chevauchent pas s'additionnent.

Tout le reste du chapitre se déduit de ces trois règles. Les deux conséquences suivantes servent dans presque chaque exercice.

Le contraire. $A$ et $\bar{A}$ sont incompatibles et, réunis, forment tout l'univers. Leurs probabilités totalisent donc 1 :

P(\bar{A}) = 1 - P(A)

La réunion, dans le cas général. Quand $A$ et $B$ peuvent se produire ensemble, additionner $P(A)$ et $P(B)$ compte deux fois les issues communes. On retire donc une fois l'intersection :

P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)

Un parc de 200 serveurs

Sur une journée, 40 serveurs lèvent une alerte disque ( $D$ ), 30 une alerte mémoire ( $M$ ), et 12 lèvent les deux. Un serveur est tiré au hasard.

Le tableau croisé range les 200 serveurs sans en compter aucun deux fois :

	Alerte mémoire	Pas d'alerte mémoire	Total
Alerte disque	12	28	40
Pas d'alerte disque	18	142	160
Total	30	170	200

P(D \cup M) = \underbrace{\frac{40}{200}}_{P(D)} + \underbrace{\frac{30}{200}}_{P(M)} - \underbrace{\frac{12}{200}}_{P(D \cap M)} = \frac{58}{200} = 0{,}29

Le tableau le confirme en comptant les cases qui touchent au moins une alerte : $12 + 28 + 18 = 58$ . Sans le terme retiré, on aurait trouvé 70 serveurs, soit les 12 serveurs à double alerte comptés deux fois. Et la probabilité qu'un serveur n'ait aucune alerte vaut $1 - 0{,}29 = 0{,}71$ , soit les 142 serveurs de la case en bas à droite.

Le réflexe du contraire. Dès qu'un énoncé contient « au moins un », passer par le contraire : « au moins un » est le contraire de « aucun », et « aucun » est presque toujours beaucoup plus simple à calculer.

Obtenir au moins un six en quatre lancers de dé demanderait de distinguer un, deux, trois ou quatre six. Le contraire, « aucun six », exige seulement que chaque lancer donne autre chose qu'un six :

P(\text{au moins un six}) = 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^4 = 1 - \frac{625}{1296} \approx 0{,}518

C'est le raccourci le plus rentable du chapitre.

Équiprobabilité

Quand toutes les issues ont la même chance de se produire, une probabilité se ramène à un rapport d'effectifs :

P(A) = \frac{\text{nombre d'issues favorables à } A}{\text{nombre d'issues possibles}}

C'est ce qu'on vient de faire avec le parc de serveurs : chaque serveur avait la même chance d'être tiré, et toutes les probabilités se sont lues comme des effectifs divisés par 200. Tout se ramène alors à compter, et compter devient vite difficile dès que les cas se chiffrent en milliers. D'où la section suivante.

Dénombrement

Le principe multiplicatif

Tout le dénombrement repose sur une seule idée. Si un choix se fait en deux étapes, avec $a$ possibilités pour la première et $b$ pour la seconde quelle qu'ait été la première, il y a $a \times b$ possibilités en tout.

Un mot de passe formé d'une lettre minuscule suivie d'un chiffre a donc $26 \times 10 = 260$ formes possibles. On le voit en imaginant un arbre : 26 branches au premier niveau, puis 10 branches au bout de chacune.

Factorielle

$n!$ (« factorielle $n$  ») est le produit des entiers de 1 à $n$  :

n! = n \times (n-1) \times \dots \times 2 \times 1

Par convention $0! = 1$ . Les valeurs grandissent très vite : $5! = 120$ , $10! = 3\,628\,800$ .

La factorielle est le principe multiplicatif appliqué à un rangement : pour ranger $n$ objets, il y a $n$ choix pour la première place, $n - 1$ pour la deuxième, et ainsi de suite jusqu'à un seul pour la dernière.

Trois situations, trois formules

On choisit $k$ objets parmi $n$ . Le seul vrai travail est de savoir dans quelle situation on est.

Situation	Nombre de cas	Exemple
Tirages avec remise, l'ordre compte	$n^k$	codes de 4 chiffres : $10^4$
Sans remise, l'ordre compte (arrangement)	$A_n^k = \dfrac{n!}{(n-k)!}$	podium des 3 premiers sur 10 coureurs
Sans remise, l'ordre ne compte pas (combinaison)	$\dbinom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}$	une main de 5 cartes

Les trois formules sortent toutes du principe multiplicatif :

Avec remise, chacun des $k$ tirages a les mêmes $n$ possibilités : $n \times n \times \dots \times n = n^k$ .
Sans remise et avec ordre, le premier tirage a $n$ possibilités, le deuxième $n - 1$ , et ainsi de suite sur $k$ tirages : $n \times (n-1) \times \dots \times (n-k+1)$ , qui s'écrit plus court $\dfrac{n!}{(n-k)!}$ . Le podium de 10 coureurs donne $10 \times 9 \times 8 = 720$ .
Sans ordre, on part de l'arrangement, qui compte chaque groupe plusieurs fois : une fois pour chacune des $k!$ façons de l'ordonner. Il suffit de diviser par $k!$ . Les trois premiers d'une course, pris sans ordre, forment $\dfrac{720}{3!} = \dfrac{720}{6} = 120$ trios.

Le nombre $\dbinom{n}{k}$ se lit «  $k$ parmi $n$  ». Les calculatrices et certains manuels l'écrivent $C(n, k)$ ou $C_n^k$  : c'est le même nombre.

La question qui tranche. « L'ordre compte-t-il ? » Un podium, oui : premier et deuxième ne sont pas interchangeables, c'est un arrangement. Une main de cartes, non : on a les mêmes cartes quel que soit l'ordre où on les a reçues, c'est une combinaison. Puis « peut-on reprendre le même objet ? » : si oui, $n^k$ . Ces deux questions décident de tout le reste de l'exercice.

Les combinaisons ont trois propriétés qui font gagner du temps et servent de contrôle :

$\dbinom{n}{k} = \dbinom{n}{n-k}$  : choisir 3 personnes parmi 10, c'est en écarter 7 ;
$\dbinom{n}{0} = \dbinom{n}{n} = 1$  : une seule façon de ne rien prendre, une seule de tout prendre ;
$\dbinom{n}{1} = n$  : autant de façons de prendre un objet que d'objets.

Le triangle de Pascal

Une quatrième propriété permet de calculer les combinaisons sans factorielle, de proche en proche :

\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}

La raison tient en une phrase. Pour choisir $k$ objets parmi $n$ , on regarde un objet particulier : ou bien il est pris, et il reste $k - 1$ objets à choisir parmi les $n - 1$ autres ; ou bien il ne l'est pas, et les $k$ objets se choisissent parmi les $n - 1$ autres. Les deux cas sont incompatibles et couvrent tout, d'où la somme.

Rangées en triangle, les combinaisons se calculent alors ligne par ligne, chaque nombre étant la somme des deux qui le surplombent :

$n$	$k = 0$	1	2	3	4	5
0	1
1	1	1
2	1	2	1
3	1	3	3	1
4	1	4	6	4	1
5	1	5	10	10	5	1

La somme de la ligne $n$ vaut $2^n$  : c'est le nombre total de sous-ensembles d'un ensemble à $n$ éléments, puisque chaque élément est pris ou ne l'est pas.

Formule du binôme de Newton

(a + b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\, a^k\, b^{n-k}

Les coefficients du développement sont ceux de la ligne $n$ du triangle. Ainsi $(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3$ , et $(a + b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4$ . La raison est la même qu'en dénombrement : développer le produit de $n$ parenthèses revient à choisir, dans chacune, $a$ ou $b$ , et le terme $a^k b^{n-k}$ apparaît autant de fois qu'il y a de façons de choisir les $k$ parenthèses qui fournissent un $a$ . Le chapitre suivant retrouve exactement ces coefficients dans la loi binomiale, qui leur doit son nom.

Deux rouges sur trois boules tirées

Une urne contient 10 boules dont 4 rouges. On en tire 3 simultanément. Quelle est la probabilité d'avoir exactement 2 rouges ?

Un tirage simultané n'a pas d'ordre : on compte des combinaisons, et toutes les poignées de 3 boules sont équiprobables.

Cas possibles : $\dbinom{10}{3} = \dfrac{10 \times 9 \times 8}{3 \times 2 \times 1} = 120$ .
Cas favorables : choisir 2 rouges parmi 4 et 1 non-rouge parmi 6, soit $\dbinom{4}{2} \times \dbinom{6}{1} = 6 \times 6 = 36$ .

P(\text{exactement 2 rouges}) = \frac{36}{120} = 0{,}3

Le « et » des cas favorables s'est traduit par une multiplication : c'est de nouveau le principe multiplicatif, puisque chaque paire de rouges se combine avec chacune des non-rouges.

La faute du dénombrement a un lieu fixe : le choix entre arrangement et combinaison. L'exercice suivant pose les deux questions sur le même groupe, puis demande leur rapport, qui est le lien entre les deux formules.

L'ordre compte-t-il ?

Une équipe compte 9 personnes. On y choisit 3 personnes, de deux façons différentes selon la question.

Le nombre de façons de désigner un responsable, un adjoint et un rapporteur, une personne par rôle
Le nombre de groupes de 3 personnes que l'on peut former, sans aucun rôle
Le quotient de la première réponse par la deuxième
Le nombre de codes de 3 caractères pris parmi 9 symboles, les répétitions étant permises

Vérification rapideon peut se reprendre

Combien de façons de choisir 3 délégués, sans rôle, dans une classe de 20 ?

Probabilité conditionnelle

Une probabilité change dès qu'une information arrive. Un serveur pris au hasard dans le parc lève une alerte disque avec la probabilité $40/200 = 0{,}2$ . Mais si l'on sait déjà qu'il a levé une alerte mémoire, on ne regarde plus que les 30 serveurs de la colonne « alerte mémoire » du tableau, et 12 d'entre eux ont aussi une alerte disque : la probabilité devient $12/30 = 0{,}4$ . L'information l'a doublée.

C'est ce recalcul, et lui seul, que la définition suivante met en formule.

Définition

La probabilité de $A$ sachant $B$ , pour un événement $B$ de probabilité non nulle, vaut :

P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}

En clair : au numérateur, la probabilité que $A$ et $B$ se produisent ensemble ; au dénominateur, la probabilité de l'information déjà acquise, $B$ . Sur le parc, $P(D \mid M) = \dfrac{12/200}{30/200} = \dfrac{12}{30} = 0{,}4$  : le calcul par la formule est exactement le comptage dans la colonne.

Conditionner, c'est donc changer d'univers : on sait que $B$ s'est produit, on ne regarde plus que $B$ , et on se demande quelle part de $B$ est aussi dans $A$ . La division ramène le poids total de $B$ à 1, et c'est pourquoi la définition exige $P(B) > 0$  : sur une information qui ne se produit jamais, il n'y a rien à conditionner.

L'ordre compte : $P(D \mid M) = 12/30 = 0{,}4$ , alors que $P(M \mid D) = 12/40 = 0{,}3$ . Les deux ont le même numérateur, mais pas le même univers au dénominateur.

Retournée, la définition donne la probabilité d'un « et », qu'on appelle formule des probabilités composées :

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

Lire et construire un arbre

L'arbre de probabilités est la façon la plus sûre d'enchaîner des conditionnements. Chaque niveau correspond à une étape, et chaque branche porte une probabilité conditionnelle : celle d'aller au bout de la branche sachant qu'on est à son départ.

Trois règles suffisent pour tout lire :

Autour d'un nœud, les probabilités des branches qui en partent totalisent 1.
Le long d'un chemin, on multiplie : c'est la formule des probabilités composées.
Entre plusieurs chemins qui mènent au même événement, on additionne : ces chemins sont incompatibles, puisqu'on n'en suit qu'un.

L'arbre du parc de serveurs, construit à partir du tableau : le premier niveau dit si l'alerte mémoire est levée, le second si l'alerte disque l'est aussi.

Le parc de 200 serveurs. Les probabilités du second niveau sont conditionnelles : 12/30 pour une alerte disque sachant l'alerte mémoire, 28/170 sans elle. Le premier chemin vaut 0,15 × 0,4 = 0,06, soit les 12 serveurs à double alerte. Sur chaque branche, la probabilité conditionnelle ; à droite, le produit le long du chemin, c'est-à-dire la probabilité de l'intersection. Additionner ces valeurs pour les chemins qui mènent au même événement donne la formule des probabilités totales.

Le long du premier chemin, $0{,}15 \times 0{,}4 = 0{,}06$ redonne les 12 serveurs sur 200. En additionnant les deux chemins qui finissent sur « alerte disque », $0{,}06 + 0{,}85 \times \frac{28}{170} = 0{,}06 + 0{,}14 = 0{,}2$ redonne les 40 serveurs à alerte disque. L'arbre et le tableau disent la même chose ; l'arbre dit en plus dans quel ordre l'information arrive.

Indépendance

Définition

$A$ et $B$ sont indépendants si

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

ce qui équivaut, quand $P(B) > 0$ , à $P(A \mid B) = P(A)$  : savoir que $B$ s'est produit ne change rien à la probabilité de $A$ .

Les deux écritures disent la même chose. La seconde est la plus parlante, la première la plus commode à vérifier, et c'est celle qu'on emploie dans les calculs.

Sur le parc de serveurs, $P(D) \times P(M) = 0{,}2 \times 0{,}15 = 0{,}03$ , alors que $P(D \cap M) = 0{,}06$ . Les deux alertes ne sont pas indépendantes : elles surviennent ensemble deux fois plus souvent que le hasard seul ne le voudrait, ce qui suggère une cause commune à chercher.

L'indépendance se vérifie, elle ne se devine pas

On lance un dé équilibré. $A$ est « obtenir un nombre pair », de probabilité $\frac{1}{2}$ .

Avec $B$ = « obtenir 1 ou 2 », de probabilité $\frac{1}{3}$  : $A \cap B = \{2\}$ , donc $P(A \cap B) = \frac{1}{6} = \frac{1}{2} \times \frac{1}{3}$ . Indépendants. Savoir que le résultat est 1 ou 2 laisse une chance sur deux qu'il soit pair.
Avec $C$ = « obtenir 1, 2 ou 3 », de probabilité $\frac{1}{2}$  : $A \cap C = \{2\}$ , donc $P(A \cap C) = \frac{1}{6}$ , alors que $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ . Dépendants. Parmi 1, 2 et 3, un seul nombre est pair : l'information fait tomber la probabilité d'être pair de $\frac{1}{2}$ à $\frac{1}{3}$ .

Rien dans l'énoncé ne distinguait les deux cas. Seul le calcul l'a fait.

Indépendant n'est pas incompatible

Ce sont deux notions opposées, souvent confondues. Incompatibles : ils ne peuvent pas se produire ensemble, donc $P(A \cap B) = 0$ . Indépendants : l'un n'informe pas sur l'autre. Deux événements incompatibles de probabilité non nulle sont d'ailleurs très dépendants : si l'un se produit, on sait avec certitude que l'autre ne s'est pas produit.

En pratique, l'indépendance se démontre en vérifiant l'égalité, ou se suppose quand la situation la rend raisonnable et que l'énoncé l'annonce : tirages avec remise, pannes de machines qui ne partagent rien. Elle permet alors de multiplier les probabilités, ce qui est tout son intérêt : deux serveurs indépendants, disponibles chacun 99 % du temps, sont disponibles ensemble $0{,}99^2 \approx 98{,}0$ % du temps.

Vérification rapideon peut se reprendre

1.Une probabilité conditionnelle $P(A \mid B)$ se lit…

2.On lance un dé. A = « obtenir un 6 », B = « obtenir un nombre impair ». Ces deux événements sont :

Probabilités totales et formule de Bayes

Deux formules découlent directement de la définition du conditionnement, et ce sont les deux gestes de l'arbre écrits en symboles.

Formule des probabilités totales

Si $B_1, \dots, B_n$ forment une partition de l'univers, c'est-à-dire qu'ils ne se chevauchent pas et couvrent tous les cas :

P(A) = P(A \mid B_1)\,P(B_1) + P(A \mid B_2)\,P(B_2) + \dots + P(A \mid B_n)\,P(B_n)

Avec seulement deux cas, $B$ et son contraire, elle s'écrit $P(A) = P(A \mid B)\,P(B) + P(A \mid \bar{B})\,P(\bar{B})$ .

En clair : la probabilité de $A$ est la somme de ses probabilités dans chaque cas possible, chacune pesée par la probabilité de ce cas. Sur un arbre, c'est le troisième geste : on additionne les chemins qui mènent à $A$ .

Formule de Bayes

P(B \mid A) = \frac{P(A \mid B)\,P(B)}{P(A)} = \frac{P(A \mid B)\,P(B)}{P(A \mid B)\,P(B) + P(A \mid \bar{B})\,P(\bar{B})}

La formule retourne le conditionnement : elle part de $P(A \mid B)$ , que l'on connaît, pour obtenir $P(B \mid A)$ , que l'on cherche. Elle se lit mieux sur l'arbre qu'en symboles : le numérateur est un chemin, celui qui passe par $B$ et aboutit à $A$  ; le dénominateur est la somme de tous les chemins qui aboutissent à $A$ . Bayes répond donc à une question simple : parmi tous les chemins qui aboutissent à $A$ , quelle part passe par $B$  ?

Sa démonstration tient en une ligne : $P(A \cap B)$ s'écrit de deux façons, $P(B \mid A)\,P(A)$ et $P(A \mid B)\,P(B)$ . On les égale, et on divise par $P(A)$ .

Une alerte de supervision fausse deux fois sur trois

Le système de supervision détecte 95 % des vrais incidents, et déclenche une fausse alerte 2 % du temps quand tout va bien. Les incidents réels touchent 1 % des heures d'exploitation. L'alerte sonne. Quelle est la probabilité qu'il y ait vraiment un incident ?

Avancer un nombre avant de lire la suite. La figure garde le sien tant qu'aucun nombre n'a été avancé, et c'est l'écart entre les deux qui vaut la leçon, pas le résultat.

Un détecteur fiable à 95 %, sur un incident qui touche une heure sur cent

Rareté de l'événement1,0 %Sur cent cas, combien en comportent un vraimentSensibilité du détecteur95,0 %Sur cent événements réels, combien il en repèreTaux de fausses alertes2,0 %Sur cent cas sans rien, combien le font sonner quand même

Avant de regarder : « alerte » vient de se déclencher. Dans quelle proportion des cas y a-t-il vraiment un incident ?

La sensibilité répond à « si l'incident a lieu, est-ce que ça sonne ? ». La figure répond à la question inverse, celle qu'on se pose réellement devant une alerte : « ça sonne, y a-t-il quelque chose ? ». Les deux ne coïncident que si l'événement est fréquent, et c'est toute l'affaire.

À manipuler

Laisser le détecteur à 95 % et descendre la rareté de l'incident sous 1 %. Trouver la rareté à partir de laquelle moins d'une alerte sur dix correspond à un incident réel. Le détecteur n'a pas changé de qualité pendant l'opération : c'est la rareté seule qui gouverne le résultat.

Le calcul, maintenant qu'on sait où il mène

Nommer les événements. Pour une heure d'exploitation prise au hasard, $I$ est « il y a un incident » et $A$ est « l'alerte sonne ». L'énoncé donne trois nombres, et il faut les traduire avant de calculer :

$P(I) = 0{,}01$ , donc $P(\bar{I}) = 0{,}99$  ;
$P(A \mid I) = 0{,}95$  : c'est la sensibilité, le taux de détection ;
$P(A \mid \bar{I}) = 0{,}02$  : c'est le taux de fausses alertes.

La question porte sur $P(I \mid A)$ , le conditionnement dans l'autre sens. C'est le travail de Bayes.

Dessiner l'arbre. Le premier niveau sépare incident et fonctionnement normal, le second dit si l'alerte sonne.

L'alerte de supervision. Deux chemins aboutissent à « alerte » : 0,0095 pour les vraies, 0,0198 pour les fausses. Le chemin des fausses alertes est deux fois plus lourd. Sur chaque branche, la probabilité conditionnelle ; à droite, le produit le long du chemin, c'est-à-dire la probabilité de l'intersection. Additionner ces valeurs pour les chemins qui mènent au même événement donne la formule des probabilités totales.

Sur cet arbre, il ne faut regarder ni la branche la plus probable ni la plus grosse probabilité affichée, mais les deux seules branches qui finissent sur « alerte ». L'une part d'un incident, l'autre d'une heure normale, et c'est leur poids relatif qui contient toute la réponse.

Étape 1, probabilités totales. On additionne les deux chemins qui font sonner l'alerte :

P(A) = \underbrace{0{,}95 \times 0{,}01}_{\text{vraies alertes}} + \underbrace{0{,}02 \times 0{,}99}_{\text{fausses alertes}} = 0{,}0095 + 0{,}0198 = 0{,}0293

Étape 2, Bayes. On prend la part du chemin « incident » dans ce total :

P(I \mid A) = \frac{0{,}0095}{0{,}0293} \approx 0{,}32

32 %. Deux alertes sur trois sont fausses, alors que le détecteur est excellent.

Vérifier en comptant des heures. Le même raisonnement sans aucune formule, sur 10 000 heures d'exploitation :

	Alerte	Silence	Total
Incident	95	5	100
Tout va bien	198	9 702	9 900
Total	293	9 707	10 000

L'alerte sonne 293 fois, et seules 95 de ces alertes correspondent à un incident : $95 / 293 \approx 0{,}32$ . La raison saute aux yeux : 2 % de 9 900 heures normales font 198 fausses alertes, plus que 95 % de 100 heures d'incident. Le taux de fausses alertes est petit, mais il s'applique à une population cent fois plus nombreuse.

95 % n'est pas la réponse

Le réflexe est de répondre « 95 % », parce que le détecteur est fiable à 95 %. Mais 95 % est $P(A \mid I)$  : la probabilité que l'alerte sonne quand il y a un incident. La question demande $P(I \mid A)$  : la probabilité d'un incident quand l'alerte sonne. Les deux ne valent pas la même chose ici : 95 % contre 32 %. Seule la formule de Bayes permet de passer de l'une à l'autre, parce qu'elle fait intervenir la rareté des incidents, $P(I)$ .

Ce que cela change en exploitation

Une équipe qui reçoit deux fausses alertes sur trois cesse de les lire au bout de quelques semaines. Le taux de détection de 95 % devient alors purement théorique, puisque personne n'ouvre plus les tickets. La qualité d'un détecteur ne se juge pas sur sa sensibilité mais sur sa valeur prédictive positive, $P(I \mid A)$ . Celle-ci dépend de la rareté de l'événement, donc du terrain autant que du détecteur.

On peut refaire le calcul pour chaque piste :

détecter 99 % des incidents au lieu de 95 % ne fait passer la valeur prédictive que de 32 à 33 % ;
diviser les fausses alertes par quatre (0,5 % au lieu de 2 %) la porte à 66 % ;
restreindre la surveillance à un périmètre où les incidents touchent 5 % des heures la porte à 71 %.

Le levier, c'est le taux de fausses alertes et la rareté de l'événement, pas la sensibilité.

Ces trois lignes se lisent sans y croire. Remonter à la figure : les trois pistes y sont trois boutons, chiffrés et cliquables, et ils se recalculent depuis le réglage courant. La conclusion ne tient donc pas à l'exemple choisi.

Pousser la sensibilité à 100 % : le pourcentage bouge à peine. Ramener les fausses alertes à 0,5 % : il double. Le détecteur n'est pas en cause, le terrain l'est, et c'est une conclusion qu'aucune fiche technique de produit ne mentionne.

La courbe sous les curseurs dit la même chose d'un seul trait. Le point marqué est le réglage courant ; le trait vertical est la bascule, la rareté au-delà de laquelle une alerte est plus souvent vraie que fausse. Avec ce détecteur elle tombe à 2,06 % : en deçà, l'équipe passera plus de temps sur du vide que sur des incidents, et aucun réglage du détecteur n'y changera rien.

Deux réglages méritent le détour, et ils encadrent tout le sujet. À 0,1 % de prévalence, ce même détecteur produit 21 fausses alertes pour une vraie et sa valeur prédictive tombe à 4,5 % : c'est la situation d'une supervision qui guette la panne rare. À 30 %, il atteint 95 % sans avoir changé d'une ligne.

Le détecteur est identique dans les deux cas. Ce qui a changé, c'est l'endroit où on l'a branché.

Une simulation vérifie ce calcul, et la manière dont elle le vérifie mérite d'être regardée. En tirant un million d'heures avec une probabilité d'incident de 1 %, une sensibilité de 95 % et 2 % de fausses alertes, la proportion d'alertes réellement fondées ressort à 0,325, contre 0,324 par la formule de Bayes.

L'accord n'est pas exact, et il ne peut pas l'être. Un million d'heures ne produit qu'environ 29 300 alertes, et c'est sur elles seules que la proportion se calcule. L'écart typique d'une proportion estimée sur $n$ cas vaut $\sqrt{p(1-p)/n}$ (le chapitre sur l'estimation y revient), soit ici $\sqrt{0{,}324 \times 0{,}676 / 29\,300} \approx 0{,}003$ , ce qui place les résultats attendus entre 0,318 et 0,330. Pour diviser cet écart par deux, il faut quatre fois plus d'heures. Une simulation confirme un calcul à sa précision près, jamais au-delà.

Pourquoi ça compte pour la supervision. C'est le résultat à retenir avant de régler un seuil d'alerte. Un détecteur très fiable produit majoritairement des faux positifs dès que l'événement cherché est rare, et une équipe noyée sous les fausses alertes finit par toutes les ignorer. On y revient au chapitre sur la détection d'anomalies.

Le même piège, en dépistage médical

Le même raisonnement se rencontre en dépistage, avec des nombres presque identiques, et c'est là qu'il a été décrit en premier. Une maladie touche 1 % de la population. Un test détecte 99 % des malades et se trompe sur 2 % des personnes saines. Une personne est testée positive : quelle est la probabilité qu'elle soit réellement malade ?

Notons $M$ « être malade » et $T$ « test positif ». L'énoncé donne $P(M) = 0{,}01$ , $P(T \mid M) = 0{,}99$ et $P(T \mid \bar{M}) = 0{,}02$ .

Le test de dépistage. Les deux chemins qui donnent un test positif pèsent 0,0099 et 0,0198 : le second, celui des faux positifs, est deux fois plus lourd que le premier. Tout le paradoxe est dans ces deux nombres. Sur chaque branche, la probabilité conditionnelle ; à droite, le produit le long du chemin, c'est-à-dire la probabilité de l'intersection. Additionner ces valeurs pour les chemins qui mènent au même événement donne la formule des probabilités totales.

P(M \mid T) = \frac{0{,}99 \times 0{,}01}{0{,}99 \times 0{,}01 + 0{,}02 \times 0{,}99} = \frac{0{,}0099}{0{,}0297} = \frac{1}{3}

Un test « fiable à 99 % » ne donne ici qu'une chance sur trois d'être malade. Sur 100 000 personnes, les 1 000 malades produisent 990 positifs, et les 99 000 personnes saines en produisent 1 980 : deux fois plus de faux positifs que de vrais. C'est la rareté de la maladie qui gouverne le résultat, pas la qualité du test.

Une probabilité conditionnelle ne se renverse jamais à l'intuition. $P(T \mid M)$ décrit le test ; $P(M \mid T)$ décrit ce que le test apprend sur la personne. Passer de l'un à l'autre exige de connaître la fréquence de $M$ , et c'est précisément pour ça que la formule de Bayes existe. Devant un énoncé de ce type, le réflexe le plus sûr est de compter des individus sur une population fixée, comme dans les deux tableaux de ce chapitre.

Ce qui n'a pas surpris n'est pas retenu, et la formule s'applique sans que rien ne surprenne. L'exercice ne demande donc aucune probabilité avant la dernière question : il fait compter des gens.

Compter les positifs avant de conclure

Une population de 32800 personnes, dont 400 sont porteuses. Le test déclare positives 90 pour cent des personnes porteuses, et 10 pour cent des personnes non porteuses.

Le nombre de porteurs déclarés positifs
Le nombre de non-porteurs déclarés positifs
Le nombre total de personnes déclarées positives
Sur cent personnes déclarées positives, le nombre de porteurssur cent

Comparer la dernière réponse au taux annoncé dans l'énoncé. L'écart ne vient d'aucune faiblesse du test : il vient de ce que les non-porteurs sont beaucoup plus nombreux, si bien qu'un petit pourcentage d'entre eux fournit malgré tout la plupart des positifs.

Vérification rapideon peut se reprendre

1.Un test détecte 99 % des malades, et la maladie touche une personne sur cent. Un test revient positif. Quelle est la probabilité d'être malade ?

2.Pourquoi une bonne sensibilité ne suffit-elle pas à rendre un test utile ?

Variables aléatoires

Jusqu'ici, on calculait la probabilité d'un événement. Très souvent, ce qui intéresse est un nombre : un gain, un nombre de pannes, une durée. La variable aléatoire est ce nombre.

Définition

Une variable aléatoire $X$ associe un nombre à chaque issue de l'expérience. Sa loi de probabilité est la liste des valeurs possibles $x_1, \dots, x_n$ avec leurs probabilités $p_i = P(X = x_i)$ . Ces probabilités totalisent toujours 1 : c'est le premier contrôle à faire.

Le fil de cette section : le nombre $X$ de pannes d'un serveur sur un mois. Les relevés passés donnent sa loi.

$x_i$ (pannes dans le mois)	0	1	2
$p_i = P(X = x_i)$	0,5	0,3	0,2

Contrôle : $0{,}5 + 0{,}3 + 0{,}2 = 1$ .

Espérance

Définition

E(X) = \sum_{i} x_i \, P(X = x_i) = x_1 p_1 + x_2 p_2 + \dots + x_n p_n

En clair : chaque valeur est multipliée par sa probabilité, et l'on additionne. C'est la moyenne des valeurs, pondérée par leurs probabilités.

Sur les pannes : $E(X) = 0 \times 0{,}5 + 1 \times 0{,}3 + 2 \times 0{,}2 = 0{,}7$ .

L'espérance est la valeur moyenne obtenue si l'on répétait l'expérience un très grand nombre de fois. Sur dix mois, on compte environ sept pannes : c'est ainsi qu'elle se lit, en cumul. Elle n'est pas nécessairement une valeur possible : aucun mois n'a 0,7 panne, et un dé équilibré a pour espérance $\frac{1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6}{6} = 3{,}5$ , qu'il n'affichera jamais.

Propriétés

Pour tous nombres $a$ et $b$  :

E(aX + b) = a\,E(X) + b \qquad\qquad E(X + Y) = E(X) + E(Y)

La seconde est vraie toujours, même si $X$ et $Y$ ne sont pas indépendantes.

Si chaque panne coûte 800 € d'intervention, plus un forfait de 150 € par mois, le coût mensuel $C = 800X + 150$ a pour espérance $800 \times 0{,}7 + 150 = 710$ €, sans avoir à établir la loi de $C$ .

Un jeu est dit équitable si l'espérance du gain est nulle. Le calcul suit toujours le même chemin : on établit la loi du gain, on calcule l'espérance, on conclut.

Tout ce calcul suppose que le hasard ne réagit pas à la décision. Quand l'issue dépend aussi du choix d'un autre décideur, qui fait le même calcul de son côté, l'espérance ne suffit plus : c'est le point de départ de la théorie des jeux, et Hasard, croyance et stratégies mixtes y remet l'espérance au travail.

Variance et écart-type

L'espérance dit où se situe le centre. Elle ne dit rien de l'étalement autour de ce centre. Deux jeux le montrent : le jeu A fait gagner 10 € avec une chance sur deux et rien sinon ; le jeu B fait gagner 5 € à coup sûr. Les deux ont une espérance de 5 €, et personne ne les considère comme équivalents.

Définitions

La variance est l'espérance du carré de l'écart à l'espérance :

V(X) = E\Big( \big(X - E(X)\big)^2 \Big) = \sum_i \big(x_i - E(X)\big)^2 \, p_i

L'écart-type est sa racine carrée : $\sigma(X) = \sqrt{V(X)}$ .

En clair : on mesure l'écart de chaque valeur à la moyenne, on l'élève au carré pour que les écarts négatifs ne compensent pas les positifs, et l'on fait la moyenne pondérée de ces carrés. Le jeu B a une variance nulle, puisqu'il ne s'écarte jamais de 5. Le jeu A s'écarte toujours de 5, dans un sens ou dans l'autre : $V = (0 - 5)^2 \times 0{,}5 + (10 - 5)^2 \times 0{,}5 = 25$ , et $\sigma = 5$ €.

Pour le calcul, on emploie plutôt la formule de König-Huygens, qui se déduit de la définition en développant le carré :

V(X) = E(X^2) - \big(E(X)\big)^2

En clair : la moyenne des carrés, moins le carré de la moyenne. Elle évite de calculer chaque écart.

La variance des pannes, par les deux chemins

Par la définition. Les écarts à $0{,}7$ valent $-0{,}7$ , $0{,}3$ et $1{,}3$  :

V(X) = (-0{,}7)^2 \times 0{,}5 + 0{,}3^2 \times 0{,}3 + 1{,}3^2 \times 0{,}2 = 0{,}245 + 0{,}027 + 0{,}338 = 0{,}61

Par König-Huygens. $E(X^2) = 0^2 \times 0{,}5 + 1^2 \times 0{,}3 + 2^2 \times 0{,}2 = 1{,}1$ , d'où

V(X) = 1{,}1 - 0{,}7^2 = 1{,}1 - 0{,}49 = 0{,}61

Les deux chemins donnent le même nombre, et le second a demandé moins d'opérations. L'écart-type vaut $\sigma = \sqrt{0{,}61} \approx 0{,}78$ panne : d'un mois à l'autre, le nombre de pannes s'écarte typiquement de 0,78 de sa moyenne de 0,7.

L'écart-type se lit dans la même unité que $X$ (des pannes, des euros), alors que la variance est dans l'unité au carré. C'est pourquoi on calcule avec la variance et on commente avec l'écart-type.

Propriétés

V(aX + b) = a^2\,V(X) \qquad\qquad \sigma(aX + b) = |a|\,\sigma(X)

Et si $X$ et $Y$ sont indépendantes : $V(X + Y) = V(X) + V(Y)$ .

Le décalage $b$ ne change pas la dispersion, puisqu'il déplace toutes les valeurs d'autant. Le facteur $a$ intervient au carré dans la variance, parce que la variance est faite de carrés. Sur le coût mensuel $C = 800X + 150$  : $\sigma(C) = 800 \times 0{,}78 \approx 624$ €, et le forfait de 150 € n'y entre pas.

L'additivité n'a pas les mêmes conditions

L'espérance d'une somme est la somme des espérances, toujours. La variance d'une somme n'est la somme des variances que si les variables sont indépendantes. Deux serveurs alimentés par la même baie électrique tombent ensemble : la variance du nombre total de pannes dépasse alors la somme des deux variances.

Vérification rapideon peut se reprendre

1. $E(X + Y) = E(X) + E(Y)$ . Cette égalité exige-t-elle l'indépendance de X et Y ?

2.Espérance de 0,7 panne par mois. Comment le lire ?

3.On multiplie une variable par 3. Que devient sa variance ?

La méthode sur feuille

Nommer les événements en une ligne («  $D$  : la pièce est défectueuse ») avant tout calcul. Les raisonnements qui s'embrouillent sont ceux où l'on ne sait plus ce que désigne $A$ .
Traduire chaque nombre de l'énoncé en probabilité simple ou conditionnelle. « 2 % des pièces saines » est une probabilité conditionnelle, $P(\cdot \mid \text{sain})$ .
Faire un arbre dès qu'il y a un conditionnement, ou un tableau d'effectifs sur une population fixée. On y lit les probabilités totales et Bayes sans effort.
Devant « au moins un », passer au contraire.
Devant un dénombrement, se poser les deux questions : l'ordre compte-t-il ? peut-on reprendre le même objet ?
Avant de multiplier des probabilités, justifier l'indépendance.
Contrôler : une probabilité est entre 0 et 1, les branches d'un nœud totalisent 1, les probabilités d'une loi totalisent 1, une variance est positive.

Mettre en pratique

Cinq questions qui couvrent le chapitre : un dénombrement, une probabilité conditionnelle, une espérance, une variance, et le calcul par l'événement contraire.

Compter, conditionner, espérer

1.
Combien de mains de 5 cartes peut-on former dans un jeu de 32 cartes ?
2.
Un test détecte 99 % des malades et se trompe sur 2 % des personnes saines. La maladie touche une personne sur mille. Quelle est la probabilité qu'une personne au test positif soit réellement malade ?
3.
L'espérance du résultat d'un dé équilibré à six faces.
4.
La variance du même dé.
5.
La probabilité d'obtenir au moins un six en quatre lancers d'un dé.

Vérification rapideon peut se reprendre

Un test détecte 95 % des incidents et se trompe 2 % du temps sur les situations saines. Sur mille situations dont dix incidents, combien d'alertes sont fausses ?

Combien de codes de 4 chiffres avec des chiffres tous différents ?

L'ordre compte (1234 n'est pas 4321) et il n'y a pas de répétition : c'est un arrangement.

A_{10}^4 = 10 \times 9 \times 8 \times 7 = 5\,040

Si les répétitions étaient autorisées, on aurait $10^4 = 10\,000$ codes. Un peu plus de la moitié des codes n'ont donc aucun chiffre répété.

On lance deux dés. Probabilité que la somme fasse 7 ?

Deux dés distincts donnent $6 \times 6 = 36$ couples équiprobables. Les couples de somme 7 sont (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) : 6 cas.

P(\text{somme} = 7) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}

C'est la somme la plus probable, d'où sa place centrale dans beaucoup de jeux. Le piège classique est de compter 21 « paires » non ordonnées au lieu de 36 couples : les paires ne sont pas équiprobables, puisque (3,4) peut sortir de deux façons et (3,3) d'une seule.

Trois serveurs indépendants sont disponibles chacun 95 % du temps. Probabilité qu'au moins un soit en panne ?

« Au moins un » : passer par le contraire, « aucun n'est en panne ». Par indépendance, les probabilités se multiplient :

P(\text{au moins une panne}) = 1 - 0{,}95^3 \approx 1 - 0{,}857 = 0{,}143

Avec trois composants fiables à 95 %, le système connaît au moins une panne une fois sur sept. Additionner $0{,}05 + 0{,}05 + 0{,}05 = 0{,}15$ donne un nombre proche, mais faux : il compte plusieurs fois les moments où deux serveurs tombent ensemble.

Deux machines produisent 60 % et 40 % des pièces, avec 2 % et 5 % de défauts. Une pièce est défectueuse : de quelle machine vient-elle probablement ?

Probabilités totales, avec $D$ « la pièce est défectueuse » :

P(D) = 0{,}6 \times 0{,}02 + 0{,}4 \times 0{,}05 = 0{,}012 + 0{,}020 = 0{,}032

Puis Bayes, pour chaque machine :

P(A \mid D) = \frac{0{,}012}{0{,}032} = 0{,}375 \qquad\qquad P(B \mid D) = \frac{0{,}020}{0{,}032} = 0{,}625

Elle vient plus probablement de la machine B, bien que B produise moins de pièces : son taux de défaut plus élevé l'emporte. Contrôle : $0{,}375 + 0{,}625 = 1$ .

Un jeu coûte 2 €. On gagne 10 € avec probabilité 0,1, rien sinon. Est-il équitable ? Quel est l'écart-type du gain ?

Gain net $X$  : $+8$ avec probabilité 0,1 ; $-2$ avec probabilité 0,9.

E(X) = 8 \times 0{,}1 + (-2) \times 0{,}9 = 0{,}8 - 1{,}8 = -1

Le jeu n'est pas équitable : on perd en moyenne 1 € par partie. Pour l'équilibrer, il faudrait un prix de 1 €.

$E(X^2) = 64 \times 0{,}1 + 4 \times 0{,}9 = 10$ , donc $V(X) = 10 - (-1)^2 = 9$ et $\sigma(X) = 3$ €. Le gain moyen est de $-1$ €, mais une partie s'en écarte typiquement de 3 € : c'est ce qui entretient l'illusion de pouvoir gagner.

A et B sont indépendants, avec

P(A) = 0{,}3

P(B) = 0{,}5

. Calculer

P(A \cup B)

L'indépendance donne l'intersection : $P(A \cap B) = 0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}15$ . Puis

P(A \cup B) = 0{,}3 + 0{,}5 - 0{,}15 = 0{,}65

Par le contraire, on retrouve le même nombre : $\bar{A}$ et $\bar{B}$ sont eux aussi indépendants, donc $P(A \cup B) = 1 - 0{,}7 \times 0{,}5 = 0{,}65$ .

Vocabulaire et premières règles

Équiprobabilité

Dénombrement

Le principe multiplicatif

Trois situations, trois formules

Le triangle de Pascal

Probabilité conditionnelle

Lire et construire un arbre

Indépendance

Probabilités totales et formule de Bayes

Le même piège, en dépistage médical

Variables aléatoires

Espérance

Variance et écart-type

La méthode sur feuille

Mettre en pratique

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