MPSI · Probabilités sur un univers fini

Probabilités totales et formule de Bayes

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La formule des probabilités composées descend une chaîne : elle calcule la probabilité d'un scénario complet en enchaînant les étapes. Les deux formules de cette leçon travaillent dans l'autre dimension : elles découpent l'expérience en cas — un système complet d'événements — et recomposent l'information. La première descend des causes vers l'effet, la seconde remonte de l'effet vers les causes.

Dans toute la suite, (Ω,P)(\Omega, \mathbb{P}) désigne un espace probabilisé fini.

Formule des probabilités totales

Question

Il arrive qu'un événement AA soit impossible à évaluer directement, alors qu'il devient élémentaire dès que l'on sait « dans quel cas on se trouve » : quelle urne a été choisie, quelle machine a produit la pièce, quel temps il fait. Comment recoller ces évaluations partielles en une seule valeur — et de quel objet de la leçon 1 a-t-on besoin pour garantir qu'aucun cas n'est oublié ni compté deux fois ?

Théorème 1 : Formule des probabilités totales

Soient AA un événement et (Bi)1⩽i⩽n(B_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} un système complet d'événements tous de probabilité non nulle. Alors

P(A)=∑i=1nPBi(A) P(Bi). \mathbb{P}(A) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}_{B_i}(A)\,\mathbb{P}(B_i).

Démonstration :

D'un point de vue ensembliste, les BiB_i forment une partition de Ω\Omega, donc

A=A∩Ω=A∩(⋃i=1nBi)=⋃i=1n(A∩Bi). A = A \cap \Omega = A \cap \left(\bigcup_{i=1}^{n} B_i\right) = \bigcup_{i=1}^{n} (A \cap B_i).

Comme les BiB_i forment une partition, cette union est disjointe, et par additivité de P\mathbb{P} :

P(A)=∑i=1nP(A∩Bi)=∑i=1nPBi(A) P(Bi). \mathbb{P}(A) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}(A \cap B_i) = \sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}_{B_i}(A)\,\mathbb{P}(B_i).

Remarque :

L'hypothèse « tous de probabilité non nulle » sert deux fois. D'une part elle donne un sens à chaque PBi\mathbb{P}_{B_i}, sans quoi le membre de droite ne serait pas défini. D'autre part elle assure que chaque BiB_i est non vide — un événement vide est de probabilité nulle —, de sorte que le système complet est bien une partition de Ω\Omega, comme l'utilise la démonstration.

ΩP(B1)P(B2)P(B3)B1B2B3PB1(A)PB2(A)PB3(A)AAA
Arbre pondéré associé à un système complet (B₁, B₂, B₃). Les branches du premier niveau portent les probabilités P(Bᵢ), celles du second les probabilités conditionnelles. Les disques pleins marquent les trois trajets qui réalisent A : la probabilité de A est la somme des produits le long de ces trajets.

L'arbre rend le théorème presque tautologique : chaque trajet de la racine à une feuille est un scénario, sa probabilité est le produit des étiquettes rencontrées (formule des probabilités composées), et AA est réalisé par plusieurs trajets deux à deux incompatibles, dont les probabilités s'additionnent. Multiplier le long d'un chemin, additionner entre les chemins : les deux formules de ce chapitre sont là tout entières.

Test 1 : Un système incomplet

Si B1,…,BnB_1,\dots,B_n sont deux à deux incompatibles et de probabilités non nulles, alors pour tout événement AA on a P(A)=∑i=1nPBi(A) P(Bi)\displaystyle\mathbb{P}(A)=\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}_{B_i}(A)\,\mathbb{P}(B_i).

Test 2 : Somme des poids

Si (Bi)1⩽i⩽n(B_i)_{1\leqslant i\leqslant n} est un système complet d'événements, alors ∑i=1nP(Bi)=1\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\mathbb{P}(B_i)=1.

Rédaction — Appliquer la formule des probabilités totales :

Étape 1 — repérer la cause. Chercher dans l'énoncé l'information qui, si on la connaissait, rendrait le calcul immédiat : quelle urne, quelle machine, quel dé, quel état à l'étape précédente. C'est elle qui fournit le système complet.

Étape 2 — écrire le système complet (Bi)(B_i) et le valider : les cas s'excluent deux à deux, ils épuisent toutes les possibilités, et chacun est de probabilité non nulle. Contrôle : ∑iP(Bi)=1\sum_i\mathbb{P}(B_i)=1.

Étape 3 — dessiner l'arbre et étiqueter : P(Bi)\mathbb{P}(B_i) au premier niveau, PBi(A)\mathbb{P}_{B_i}(A) au second. Chaque étiquette du second niveau se lit en se plaçant à l'intérieur du cas BiB_i.

Étape 4 — sommer les produits le long des trajets qui réalisent AA.

Étape 5 — contrôler. Le résultat doit être compris entre le plus petit et le plus grand des PBi(A)\mathbb{P}_{B_i}(A) : c'est une moyenne pondérée. Sortir de cet intervalle signale une erreur de pondération.

Cas particulier le plus fréquent. Avec le système complet {B,B‾}\{B,\overline{B}\}, où 0<P(B)<10<\mathbb{P}(B)<1 :

P(A)=PB(A) P(B)+PB‾(A) P(B‾).\mathbb{P}(A)=\mathbb{P}_B(A)\,\mathbb{P}(B)+\mathbb{P}_{\overline{B}}(A)\,\mathbb{P}\bigl(\overline{B}\bigr).

Exercice 1 : Deux urnes et un dé

On considère une urne UU contenant 99 boules blanches et 11 boule noire, et une urne VV contenant 33 boules blanches et 77 boules noires. On lance un dé équilibré à 66 faces numérotées de 11 à 66 :

  • si on obtient 11, on effectue deux tirages (avec remise) dans l'urne UU ;
  • si on n'obtient pas 11, on effectue deux tirages (avec remise) dans l'urne VV.

On considère les événements UU : « on tire dans l'urne UU », VV : « on tire dans l'urne VV », BiB_i : « la iei^{\text{e}} boule est blanche » et NiN_i : « la iei^{\text{e}} boule est noire » pour i∈{1,2}i \in \{1,2\}.

Calculer la probabilité de B1B_1 et N2N_2.

Solution :(cliquer pour afficher)

Le couple (U,V)(U,V) est un système complet d'événements : les deux cas s'excluent, ils épuisent les résultats du dé, et

P(U)=16,P(V)=56,P(U)+P(V)=1.\mathbb{P}(U)=\frac16,\qquad \mathbb{P}(V)=\frac56,\qquad \mathbb{P}(U)+\mathbb{P}(V)=1.

Probabilité de B1B_1. À l'intérieur de chaque cas, la composition de l'urne se lit directement :

PU(B1)=910,PV(B1)=310.\mathbb{P}_U(B_1)=\frac{9}{10},\qquad \mathbb{P}_V(B_1)=\frac{3}{10}.

La formule des probabilités totales donne

P(B1)=PU(B1) P(U)+PV(B1) P(V)=910⋅16+310⋅56=960+1560=2460=25.\mathbb{P}(B_1)=\mathbb{P}_U(B_1)\,\mathbb{P}(U)+\mathbb{P}_V(B_1)\,\mathbb{P}(V) =\frac9{10}\cdot\frac16+\frac3{10}\cdot\frac56 =\frac{9}{60}+\frac{15}{60}=\frac{24}{60}=\frac25.

Contrôle : 25=0,4\tfrac25=0{,}4 est bien compris entre 310\tfrac3{10} et 910\tfrac9{10}, et proche de la borne basse — ce qui est cohérent, l'urne VV étant tirée cinq fois sur six.

Probabilité de N2N_2. Les tirages ayant lieu avec remise, l'urne est dans le même état au second tirage qu'au premier :

PU(N2)=110,PV(N2)=710,\mathbb{P}_U(N_2)=\frac1{10},\qquad \mathbb{P}_V(N_2)=\frac7{10},

d'où

P(N2)=110⋅16+710⋅56=160+3560=3660=35.\mathbb{P}(N_2)=\frac1{10}\cdot\frac16+\frac7{10}\cdot\frac56 =\frac{1}{60}+\frac{35}{60}=\frac{36}{60}=\frac35.

Contrôle croisé. Le second tirage joue exactement le même rôle que le premier, donc P(B2)=P(B1)=25\mathbb{P}(B_2)=\mathbb{P}(B_1)=\tfrac25, et l'on retrouve bien

P(N2)=1−P(B2)=1−25=35.\mathbb{P}(N_2)=1-\mathbb{P}(B_2)=1-\frac25=\frac35.

Exercice 2 : La troisième boule

Une urne contient 88 boules blanches et 22 boules noires. On tire successivement et sans remise trois boules de cette urne.

  1. Quelle est la probabilité que la première boule tirée soit noire ?
  2. En utilisant un système complet portant sur les deux premiers tirages, calculer la probabilité que la troisième boule tirée soit noire.
  3. Commenter le résultat.
Solution :(cliquer pour afficher)

Pour k∈⟦1,3⟧k\in\llbracket 1,3\rrbracket, notons NkN_k l'événement « la kk-ième boule tirée est noire » et BkB_k son contraire.

1. Au premier tirage, l'urne contient 1010 boules dont 22 noires, donc

P(N1)=210=15.\mathbb{P}(N_1)=\frac{2}{10}=\frac15.

2. On découpe selon le résultat des deux premiers tirages. Les quatre événements

C1=N1∩N2,C2=N1∩B2,C3=B1∩N2,C4=B1∩B2C_1=N_1\cap N_2,\quad C_2=N_1\cap B_2,\quad C_3=B_1\cap N_2,\quad C_4=B_1\cap B_2

forment un système complet : ils s'excluent deux à deux et couvrent toutes les possibilités. La formule des probabilités composées donne leurs poids :

P(C1)=210⋅19=290,P(C2)=210⋅89=1690,P(C3)=810⋅29=1690,P(C4)=810⋅79=5690,\mathbb{P}(C_1)=\frac2{10}\cdot\frac19=\frac{2}{90},\quad \mathbb{P}(C_2)=\frac2{10}\cdot\frac89=\frac{16}{90},\quad \mathbb{P}(C_3)=\frac8{10}\cdot\frac29=\frac{16}{90},\quad \mathbb{P}(C_4)=\frac8{10}\cdot\frac79=\frac{56}{90},

de somme 2+16+16+5690=1\tfrac{2+16+16+56}{90}=1 : le système est bien complet.

Après deux tirages, il reste 88 boules ; le nombre de noires restantes dépend du cas :

PC1(N3)=08=0,PC2(N3)=PC3(N3)=18,PC4(N3)=28=14.\mathbb{P}_{C_1}(N_3)=\frac08=0,\qquad \mathbb{P}_{C_2}(N_3)=\mathbb{P}_{C_3}(N_3)=\frac18,\qquad \mathbb{P}_{C_4}(N_3)=\frac28=\frac14.

La formule des probabilités totales donne alors

P(N3)=0⋅290+18⋅1690+18⋅1690+14⋅5690=290+290+1490=1890=15.\mathbb{P}(N_3)=0\cdot\frac{2}{90}+\frac18\cdot\frac{16}{90}+\frac18\cdot\frac{16}{90}+\frac14\cdot\frac{56}{90} =\frac{2}{90}+\frac{2}{90}+\frac{14}{90}=\frac{18}{90}=\frac15.

3. On retrouve exactement P(N1)\mathbb{P}(N_1). Ce n'est pas une coïncidence de calcul : les dix boules sont interchangeables, et rien ne distingue la troisième position de la première. Une autre façon de le voir : tirer trois boules sans remise revient à mélanger les dix boules et à regarder les trois premières places ; chaque boule a alors la même chance 110\tfrac1{10} d'occuper la troisième place, et il y a deux boules noires.

C'est un cas où l'argument de symétrie donne la réponse en une ligne, là où la formule des probabilités totales demande quatre cas. L'un vérifie l'autre — et c'est la symétrie qu'il faut retenir, pas le calcul.

Exercice 3 : Une chaîne de transmission

Une succession d'individus A1,…,AnA_1, \ldots, A_n se transmet une information binaire du type « oui » ou « non ». Chaque individu transmet à son voisin l'information qu'il a reçue avec la probabilité pp, ou la transforme en son inverse avec la probabilité 1−p1-p, et ce quel que soit le message reçu et quels que soient les comportements des individus précédents. On suppose 0<p<10<p<1.

On note pnp_n la probabilité que l'information reçue par AnA_n soit identique à celle émise par A1A_1.

  1. Donner p1p_1 et p2p_2.
  2. Établir une relation entre pn+1p_{n+1} et pnp_n.
  3. En déduire l'expression de pnp_n.
  4. Déterminer la limite de pnp_n et l'interpréter.
Solution :(cliquer pour afficher)

Notons CnC_n l'événement « l'information détenue par AnA_n est identique à celle émise par A1A_1 », de sorte que pn=P(Cn)p_n=\mathbb{P}(C_n).

1. L'individu A1A_1 détient l'information qu'il a émise, donc p1=1p_1=1. Pour A2A_2, l'information est correcte si et seulement si A1A_1 l'a transmise sans la modifier, donc p2=pp_2=p.

2. Le couple (Cn,Cn‾)\bigl(C_n,\overline{C_n}\bigr) est un système complet d'événements. Deux situations amènent An+1A_{n+1} à détenir l'information correcte :

  • AnA_n la détenait correcte et l'a transmise telle quelle, ce qui arrive avec la probabilité conditionnelle pp ;
  • AnA_n la détenait inversée et l'a inversée à son tour, ce qui la remet à l'endroit, avec la probabilité conditionnelle 1−p1-p.

La formule des probabilités totales donne donc

pn+1=PCn(Cn+1) P(Cn)+PCn‾(Cn+1) P(Cn‾)=p pn+(1−p)(1−pn),p_{n+1}=\mathbb{P}_{C_n}(C_{n+1})\,\mathbb{P}(C_n)+\mathbb{P}_{\overline{C_n}}(C_{n+1})\,\mathbb{P}\bigl(\overline{C_n}\bigr) = p\,p_n+(1-p)(1-p_n),

soit, après développement,

pn+1=(2p−1) pn+1−p.p_{n+1}=(2p-1)\,p_n+1-p.

3. La suite (pn)(p_n) est arithmético-géométrique. Cherchons son point fixe ℓ\ell : l'équation ℓ=(2p−1)ℓ+1−p\ell=(2p-1)\ell+1-p donne ℓ(2−2p)=1−p\ell(2-2p)=1-p, donc ℓ=12\ell=\tfrac12 puisque p≠1p\neq 1. La suite (pn−12)\bigl(p_n-\tfrac12\bigr) est alors géométrique de raison 2p−12p-1 :

pn−12=(2p−1)n−1(p1−12)=(2p−1)n−12,p_n-\frac12=(2p-1)^{n-1}\left(p_1-\frac12\right)=\frac{(2p-1)^{n-1}}{2},

d'où

pn=1+(2p−1)n−12.p_n=\frac{1+(2p-1)^{n-1}}{2}.

Vérification : p1=1+12=1p_1=\tfrac{1+1}{2}=1 et p2=1+(2p−1)2=pp_2=\tfrac{1+(2p-1)}{2}=p.

4. Comme 0<p<10<p<1, on a −1<2p−1<1-1<2p-1<1, donc ∣2p−1∣<1|2p-1|<1 et (2p−1)n−1→0(2p-1)^{n-1}\to 0. Par conséquent

pn→n→+∞12.p_n\xrightarrow[n\to+\infty]{}\frac12.

Au bout d'une longue chaîne, l'information reçue a exactement une chance sur deux d'être la bonne : elle ne vaut pas mieux qu'un tirage à pile ou face, et le message initial est intégralement perdu. Le résultat vaut pour toute valeur de pp strictement comprise entre 00 et 11, y compris p=0,99p=0{,}99 : un canal presque parfait, répété assez souvent, finit par ne plus rien transmettre. Seul le nombre d'étapes nécessaires change, pas la limite.

Formule de Bayes

Question

L'arbre se lit naturellement de la gauche vers la droite : on connaît les causes BiB_i et l'on en déduit l'effet AA. Mais la question qui se pose vraiment, devant un test positif ou une pièce défectueuse, est l'inverse : l'effet ayant été observé, quelle cause est la plus probable ? Peut-on remonter les flèches — et avec quelles données ?

Théorème 2 : Formule de Bayes

Soient AA un événement et (Bi)1⩽i⩽n(B_i)_{1 \leqslant i \leqslant n} un système complet d'événements. Si P(A)>0\mathbb{P}(A) > 0, alors

PA(Bk)=PBk(A) P(Bk)P(A)=PBk(A) P(Bk)∑i=1nPBi(A) P(Bi). \mathbb{P}_A(B_k) = \frac{\mathbb{P}_{B_k}(A)\,\mathbb{P}(B_k)}{\mathbb{P}(A)} = \frac{\mathbb{P}_{B_k}(A)\,\mathbb{P}(B_k)}{\displaystyle\sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}_{B_i}(A)\,\mathbb{P}(B_i)}.

Démonstration :

Comme P(A)>0\mathbb{P}(A)>0, la probabilité conditionnelle PA\mathbb{P}_A est définie et, par définition,

PA(Bk)=P(A∩Bk)P(A).\mathbb{P}_A(B_k)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B_k)}{\mathbb{P}(A)}.

Le numérateur se réécrit à l'aide du conditionnement par BkB_k : puisque P(Bk)≠0\mathbb{P}(B_k)\neq 0,

P(A∩Bk)=PBk(A) P(Bk),\mathbb{P}(A\cap B_k)=\mathbb{P}_{B_k}(A)\,\mathbb{P}(B_k),

ce qui donne la première égalité. La seconde s'obtient en remplaçant le dénominateur P(A)\mathbb{P}(A) par sa valeur fournie par la formule des probabilités totales appliquée au système complet (Bi)1⩽i⩽n(B_i)_{1\leqslant i\leqslant n} :

P(A)=∑i=1nPBi(A) P(Bi).\mathbb{P}(A)=\sum_{i=1}^{n} \mathbb{P}_{B_i}(A)\,\mathbb{P}(B_i).

Remarque — Probabilité des causes :

La formule de Bayes est souvent interprétée comme une inversion causale : les BkB_k représentent des causes possibles et AA un effet observé. Connaissant les probabilités a priori P(Bk)\mathbb{P}(B_k) et les probabilités conditionnelles PBk(A)\mathbb{P}_{B_k}(A), la formule fournit la probabilité a posteriori PA(Bk)\mathbb{P}_A(B_k) de chaque cause, sachant que l'effet AA a été observé. Cette lecture est centrale dans les problèmes de dépistage, où l'on cherche à remonter d'un résultat (test positif) à sa cause probable (individu atteint).

Rédaction — Appliquer la formule de Bayes :

Étape 1 — séparer causes et effet. Les causes forment le système complet (Bi)(B_i), l'effet est l'événement observé AA. Repère infaillible : les données de l'énoncé sont les P(Bi)\mathbb{P}(B_i) et les PBi(A)\mathbb{P}_{B_i}(A) ; la question porte sur PA(Bk)\mathbb{P}_A(B_k). On demande donc de remonter une flèche de l'arbre.

Étape 2 — calculer le numérateur PBk(A) P(Bk)\mathbb{P}_{B_k}(A)\,\mathbb{P}(B_k) : c'est le poids du seul trajet passant par BkB_k et aboutissant à AA.

Étape 3 — calculer le dénominateur P(A)\mathbb{P}(A) par la formule des probabilités totales : c'est le poids de tous les trajets aboutissant à AA.

Étape 4 — diviser. La formule de Bayes n'est rien d'autre que la part du trajet BkB_k dans l'ensemble des trajets menant à AA.

Étape 5 — contrôler que ∑k=1nPA(Bk)=1\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\mathbb{P}_A(B_k)=1 : les causes restent un système complet une fois l'effet observé.

Exercice 4 : Huit blanches et deux noires

Une urne contient 88 boules blanches et 22 boules noires. On tire sans remise et successivement 33 boules de cette urne.

  1. Quelle est la probabilité qu'au moins une boule noire figure à l'intérieur du tirage ?
  2. Sachant qu'une boule noire figure dans le tirage, quelle est la probabilité que la première boule tirée soit noire ?
Solution :(cliquer pour afficher)

1. L'événement contraire est « le tirage ne comporte que des boules blanches ». L'événement étudié ne dépendant pas de l'ordre, on peut se placer dans l'univers des tirages simultanés, de cardinal (103)\binom{10}{3} :

P(aucune noire)=(83)(103)=56120=715.\mathbb{P}(\text{aucune noire})=\frac{\dbinom83}{\dbinom{10}3}=\frac{56}{120}=\frac{7}{15}.

Notons BB l'événement « au moins une boule noire figure dans le tirage ». Alors

P(B)=1−715=815.\mathbb{P}(B)=1-\frac7{15}=\frac8{15}.

2. Notons AA l'événement « la première boule tirée est noire ». Au premier tirage, l'urne contient 1010 boules dont 22 noires, donc P(A)=210=15\mathbb{P}(A)=\tfrac2{10}=\tfrac15.

L'observation décisive est que A⊂BA\subset B : si la première boule est noire, alors le tirage comporte bien au moins une noire. Par conséquent A∩B=AA\cap B=A, et

PB(A)=P(A∩B)P(B)=P(A)P(B)=1/58/15=15⋅158=38.\mathbb{P}_B(A)=\frac{\mathbb{P}(A\cap B)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{\mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(B)}=\frac{1/5}{8/15}=\frac15\cdot\frac{15}{8}=\frac38.

L'information a fait passer la probabilité de 15=0,2\tfrac15=0{,}2 à 38=0,375\tfrac38=0{,}375 : savoir qu'une noire est sortie rend nettement plus plausible qu'elle soit sortie en premier. Mais 38\tfrac38 reste inférieur à 12\tfrac12 — la noire avait deux autres positions possibles.

Test 3 : Fiabilité et probabilité d etre malade

Un test de dépistage détecte la maladie chez 99 %99\,\% des personnes atteintes. Un individu dont le test est positif a donc environ 99 %99\,\% de risque d'être malade.

Exercice 5 : Dépistage d un virus

Une population est atteinte d'un virus. On sait que la proportion de personnes atteintes est 10−410^{-4}.

Un test de dépistage a été mis au point. Les expérimentations ont permis de savoir que les probabilités que l'individu soit détecté positif s'il est atteint, ou s'il ne l'est pas, sont respectivement égales à 0,990{,}99 et à 0,0010{,}001.

On note

  • AA : « l'individu est atteint du virus » ;
  • BB : « le test est positif ».
  1. Traduire les données de l'énoncé et identifier le système complet de causes.
  2. Calculer P(B)\mathbb{P}(B).
  3. Sachant que le test donne un résultat positif, quelle est la probabilité que l'individu soit effectivement atteint ?
  4. Commenter, et dire ce que l'on peut conclure sur l'usage d'un tel test.
Solution :(cliquer pour afficher)

1. Les données s'écrivent

P(A)=10−4,PA(B)=0,99,PA‾(B)=0,001.\mathbb{P}(A)=10^{-4},\qquad \mathbb{P}_A(B)=0{,}99,\qquad \mathbb{P}_{\overline{A}}(B)=0{,}001.

Le système complet de causes est (A,A‾)\bigl(A,\overline{A}\bigr), avec P(A‾)=1−10−4=0,9999\mathbb{P}\bigl(\overline{A}\bigr)=1-10^{-4}=0{,}9999. L'effet observé est BB.

2. Par la formule des probabilités totales,

P(B)=PA(B) P(A)+PA‾(B) P(A‾)=0,99×10−4+0,001×0,9999,\mathbb{P}(B)=\mathbb{P}_A(B)\,\mathbb{P}(A)+\mathbb{P}_{\overline{A}}(B)\,\mathbb{P}\bigl(\overline{A}\bigr) =0{,}99\times 10^{-4}+0{,}001\times 0{,}9999,

soit

P(B)=0,000099+0,0009999=0,0010989.\mathbb{P}(B)=0{,}000099+0{,}0009999=0{,}0010989.

Il est déjà instructif de comparer les deux termes : 0,0000990{,}000099 pour les vrais positifs contre 0,00099990{,}0009999 pour les faux positifs, soit dix fois plus de faux que de vrais.

3. La formule de Bayes donne

PB(A)=PA(B) P(A)P(B)=0,0000990,0010989≈0,090,\mathbb{P}_B(A)=\frac{\mathbb{P}_A(B)\,\mathbb{P}(A)}{\mathbb{P}(B)} =\frac{0{,}000099}{0{,}0010989}\approx 0{,}090,

soit environ 9 %9\,\%.

4. Une personne dont le test est positif n'a en réalité qu'environ une chance sur onze d'être malade, alors que le test paraît excellent. L'explication tient au rapport des effectifs : sur 10 00010\,000 personnes testées, on attend environ 11 malade (détecté avec quasi-certitude) mais aussi 1010 faux positifs parmi les 9 9999\,999 personnes saines. Le positif « vrai » est noyé parmi les positifs « faux ».

Cela ne condamne pas le test, mais fixe son usage : il est excellent pour écarter la maladie — un test négatif est presque une garantie — et insuffisant pour la confirmer. En pratique, un premier test positif appelle un second examen, plus spécifique. Après le premier test, la probabilité a priori du second n'est d'ailleurs plus 10−410^{-4} mais 9 %9\,\% : c'est le mécanisme même de la révision bayésienne.