$course$/QCM de maths/Première spécialité/Probabilités conditionnelles et indépendance Indépendance de deux événements, partition de l'univers et
formule des probabilités totales, succession de deux épreuves
indépendantes, arbres pondérés, répétition de $n \leq 4$
épreuves de Bernoulli indépendantes et identiques.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q01 : Définir l'indépendance Quand dit-on que deux événements $A$ et $B$ (de probabilités
non nulles) sont indépendants ?

]]> Indépendance : $P_B(A) = P(A)$, ou de manière équivalente
$P(A \cap B) = P(A)\,P(B)$. À ne jamais confondre avec
l'incompatibilité ($A \cap B = \varnothing$).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Lorsque $P_B(A) = P(A)$ : savoir que $B$ est réalisé ne
change pas la probabilité de $A$

]]> Bonne réponse : l'information « $B$ a eu lieu » ne
modifie pas les chances de $A$. De façon équivalente :
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$.

]]> Lorsque $A \cap B = \varnothing$

]]> Confusion majeure : $A \cap B = \varnothing$ définit des
événements incompatibles, ce qui est presque le
contraire (si $B$ arrive, $A$ devient impossible :
l'information change tout).

]]> Lorsque $P(A) = P(B)$

]]> Erreur : l'égalité des probabilités ne dit rien du lien
entre les événements. L'indépendance parle de
l'absence d'influence de l'un sur l'autre.

]]> Lorsque $A$ et $B$ concernent deux expériences différentes

]]> Intuition utile mais pas une définition : la définition
mathématique est $P_B(A) = P(A)$, vérifiable par calcul
même au sein d'une seule expérience.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q02 : Tester l'indépendance par le produit On donne $P(A) = 0{,}3$, $P(B) = 0{,}5$ et
$P(A \cap B) = 0{,}15$. Les événements $A$ et $B$ sont-ils
indépendants ?

]]> Critère : $A$ et $B$ indépendants $\Leftrightarrow$
$P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$. Ici $0{,}15 = 0{,}3 \times
0{,}5$ : indépendants.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Oui, car $P(A) \times P(B) = 0{,}15 = P(A \cap B)$

]]> Bonne réponse : le critère du produit est vérifié :
$0{,}3 \times 0{,}5 = 0{,}15$.

]]> Non, car $P(A) \neq P(B)$

]]> Erreur : l'indépendance n'exige pas des probabilités
égales : elle compare $P(A \cap B)$ au produit
$P(A)P(B)$.

]]> Non, car $A \cap B$ n'est pas vide

]]> Confusion incompatibilité/indépendance : des événements
indépendants (non triviaux) ont justement une
intersection de probabilité non nulle, égale au
produit.

]]> On ne peut pas savoir sans arbre

]]> Erreur : les trois nombres donnés suffisent : le critère
$P(A \cap B) = P(A)P(B)$ se teste directement.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q03 : Incompatibles et indépendants ? Deux événements $A$ et $B$ de probabilités non nulles
sont incompatibles ($A \cap B = \varnothing$). Peuvent-ils
être indépendants ?

]]> Point de vigilance central : incompatibles $\neq$
indépendants. Incompatibles : ne peuvent pas coexister
(dépendance forte). Indépendants : coexistent avec probabilité
exactement $P(A)P(B)$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Non : $P(A \cap B) = 0$ alors que $P(A)P(B) > 0$

]]> Bonne réponse : le critère du produit échoue forcément :
incompatibles et indépendants sont exclusifs l'un de
l'autre (hors probabilités nulles).

]]> Oui : ne pas pouvoir se produire ensemble, c'est être
indépendants

]]> Contresens : l'incompatibilité est une dépendance
extrême : si $B$ arrive, $A$ devient impossible :
$P_B(A) = 0 \neq P(A)$.

]]> Oui, si $P(A) = P(B)$

]]> Erreur : même équiprobables, $P(A \cap B) = 0$ resterait
différent de $P(A)P(B) > 0$.

]]> Cela dépend de l'univers

]]> Erreur : le calcul tranche dans tous les cas : $0 \neq$
produit strictement positif.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q04 : Formule des probabilités totales Arbre de probabilité à deux niveaux. Depuis la racine : la branche du haut mène à A avec 0,3 et la branche du bas à A-barre avec 0,7. Depuis A : B avec 0,6 et B-barre avec 0,4. Depuis A-barre : B avec 0,2 et B-barre avec 0,8.

L'arbre ci-dessous décrit une expérience en deux étapes. Que
vaut $P(B)$ ?

]]> Formule des probabilités totales ($A$, $\overline{A}$
partition de l'univers) : $P(B) = P(A)\,P_A(B) +
P(\overline{A})\,P_{\overline{A}}(B)$ : la somme des chemins
de l'arbre menant à $B$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $P(B) = 0{,}3 \times 0{,}6 + 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}32$

]]> Bonne réponse : $B$ s'atteint par deux chemins ($A$ puis
$B$, ou $\overline{A}$ puis $B$) : on additionne leurs
probabilités : $0{,}18 + 0{,}14 = 0{,}32$.

]]> $P(B) = 0{,}6 + 0{,}2 = 0{,}8$

]]> Erreur : additionner les conditionnelles brutes oublie de
les pondérer par les probabilités des branches de
premier niveau : $0{,}3 \times 0{,}6 + 0{,}7 \times
0{,}2$.

]]> $P(B) = 0{,}3 \times 0{,}6 = 0{,}18$

]]> Incomplet : $0{,}18 = P(A \cap B)$ ne compte que le
chemin passant par $A$. $B$ peut aussi arriver via
$\overline{A}$ : $+ 0{,}14$.

]]> $P(B) = 0{,}6$

]]> Erreur : $0{,}6 = P_A(B)$ est une conditionnelle. $P(B)$
mélange les deux scénarios selon leurs poids : $0{,}32$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q05 : Partition de l'univers Que forment les événements $A$ et $\overline{A}$ (avec
$0 < P(A) < 1$) vis-à-vis de l'univers $\Omega$ ?

]]> Partition (système complet) : événements deux à deux
incompatibles dont la réunion est $\Omega$. Le couple
$\{A\,;\,\overline{A}\}$ en est le cas le plus simple : base
des arbres et des probabilités totales.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Une partition : ils sont incompatibles et leur réunion
est $\Omega$

]]> Bonne réponse : tout résultat de l'expérience réalise
exactement l'un des deux : c'est ce qui autorise la
formule des probabilités totales.

]]> Deux événements indépendants

]]> Erreur : $A$ et $\overline{A}$ sont au contraire
totalement dépendants : si l'un se réalise, l'autre
non ($P_{A}(\overline{A}) = 0 \neq P(\overline{A})$).

]]> Deux événements équiprobables

]]> Erreur : rien n'impose $P(A) = 0{,}5$. La partition tient
à « incompatibles et tout couvrir », pas aux valeurs.

]]> Le même événement écrit de deux façons

]]> Erreur : ce sont des événements contraires : ils ne
partagent aucune issue.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q06 : Succession de deux épreuves indépendantes On lance un dé équilibré puis une pièce équilibrée. Quelle
est la probabilité d'obtenir un $6$ et pile ?

]]> Succession d'épreuves indépendantes : la probabilité d'une
issue composée est le produit des probabilités de ses
composantes : $\frac{1}{6} \times \frac{1}{2} =
\frac{1}{12}$ (l'univers produit compte $12$ couples
équiprobables).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{12}$

]]> Bonne réponse : les deux épreuves sont indépendantes : la
probabilité du couple est le produit des
probabilités.

]]> $\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{2}{3}$

]]> Erreur : l'addition correspond à « l'un ou l'autre »
pour des événements incompatibles. Pour « l'un et
l'autre » en indépendance : produit.

]]> $\dfrac{1}{8}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{2^3}$ ne correspond à
rien ici. Produit : $\dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} =
\dfrac{1}{12}$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{2}$ ignore la contrainte du dé. Les
deux conditions se cumulent : $\dfrac{1}{12}$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q07 : Trois épreuves de Bernoulli On lance trois fois de suite une pièce équilibrée (lancers
indépendants). Quelle est la probabilité d'obtenir trois fois
pile ?

]]> Répétition d'épreuves de Bernoulli indépendantes et
identiques : chaque liste de résultats a pour probabilité le
produit des probabilités : $(1/2)^3 = 1/8$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{1}{8}$

]]> Bonne réponse : par indépendance, le chemin
pile-pile-pile a pour probabilité $\dfrac{1}{2} \times
\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{2}$ est la probabilité d'un
pile. Trois exigences simultanées multiplient les
facteurs : $\dfrac{1}{8}$.

]]> $\dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : ce quotient mélange le nombre de lancers et
autre chose. L'arbre à $8$ chemins équiprobables donne
$\dfrac{1}{8}$ pour PPP.

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{3}$ n'apparaît nulle part dans ce
modèle : les $2^3 = 8$ listes de résultats sont
équiprobables.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q08 : Exactement un succès sur trois On répète trois fois une épreuve de Bernoulli de paramètre
$p = \dfrac{1}{2}$ (lancers de pièce). Quelle est la
probabilité d'obtenir exactement un pile ?

]]> Sur l'arbre à trois niveaux : compter les chemins favorables
($3$ positions possibles pour le pile) et multiplier par la
probabilité d'un chemin ($\frac{1}{8}$) : $\frac{3}{8}$.
(Prélude à la loi binomiale de terminale.)

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $3 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^3 = \dfrac{3}{8}$

]]> Bonne réponse : trois chemins réalisent un pile exactement
(PFF, FPF, FFP), chacun de probabilité $\dfrac{1}{8}$.

]]> $\dfrac{1}{8}$

]]> Incomplet : $\dfrac{1}{8}$ est la probabilité d'un
seul chemin (par exemple PFF). Le pile peut occuper
trois positions : $\times 3$.

]]> $\dfrac{1}{2}$

]]> Erreur : $\dfrac{1}{2}$ ne correspond à aucun décompte de
chemins ici ($\frac{3}{8}$ pour un pile, $\frac{3}{8}$
pour deux, $\frac{1}{8}$ pour zéro ou trois).

]]> $\dfrac{1}{3}$

]]> Erreur : le dénominateur naturel est $8 = 2^3$ (les
chemins équiprobables de l'arbre), pas $3$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q09 : Cohérence d'un arbre pondéré Dans un arbre de probabilité, que vaut la somme des
pondérations des branches issues d'un même nœud ?

]]> Règle de cohérence des arbres : à chaque nœud, les
pondérations somment à $1$ (les branches forment une
partition des suites possibles). Premier réflexe de
vérification.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Toujours $1$

]]> Bonne réponse : les branches issues d'un nœud couvrent
tous les cas possibles à cette étape (partition) : leurs
probabilités somment à $1$. Contrôle rapide de tout
arbre.

]]> Toujours $0{,}5$

]]> Erreur : $0{,}5$ n'a rien de spécial : avec trois issues
$0{,}2 + 0{,}3 + 0{,}5$, la somme fait $1$.

]]> La probabilité du nœud de départ

]]> Erreur : la probabilité du nœud pondère le chemin qui y
mène ; les branches qui en partent se partagent le
total conditionnel, qui vaut $1$.

]]> Cela dépend du niveau dans l'arbre

]]> Erreur : la règle vaut à tous les niveaux : chaque
nœud distribue $100\ \%$ de ses cas.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q10 : Indépendance et événement contraire Soient $A$ et $B$ indépendants. Les événements $A$ et
$\overline{B}$ sont-ils indépendants ?

]]> Propriété utile : si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$
et $\overline{B}$ aussi (et de même $\overline{A}$ et $B$,
$\overline{A}$ et $\overline{B}$). Sur l'arbre : toutes les
branches de deuxième niveau portent les mêmes pondérations.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Oui : l'indépendance se transmet aux contraires

]]> Bonne réponse : $P(A \cap \overline{B}) = P(A) -
P(A \cap B) = P(A)(1 - P(B)) = P(A)P(\overline{B})$ : le
critère du produit reste vérifié.

]]> Non, jamais

]]> Erreur : le petit calcul $P(A \cap \overline{B}) =
P(A) - P(A)P(B)$ montre le contraire : l'indépendance
passe aux complémentaires.

]]> Seulement si $P(B) = 0{,}5$

]]> Erreur : aucune condition numérique n'est nécessaire : la
factorisation $P(A)(1 - P(B))$ fonctionne pour tout
$P(B)$.

]]> Ils deviennent incompatibles

]]> Erreur : $P(A \cap \overline{B}) = P(A)P(\overline{B})$
est en général strictement positif : compatibles et
indépendants.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q11 : Retrouver une conditionnelle On donne $P(A) = 0{,}4$ et $P(A \cap B) = 0{,}12$. Que vaut
$P_A(B)$ ?

]]> Définition : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)}$
(renormalisation de l'univers à $A$). À l'envers :
$P(A \cap B) = P(A)\,P_A(B)$, la règle du chemin sur
l'arbre.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}3$

]]> Bonne réponse : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} =
\dfrac{0{,}12}{0{,}4} = 0{,}3$.

]]> $0{,}048$

]]> Erreur : $0{,}4 \times 0{,}12$ multiplie au lieu de
diviser. La conditionnelle rapporte l'intersection à
la condition.

]]> $0{,}12$

]]> Erreur : $0{,}12 = P(A \cap B)$ est la probabilité de
l'intersection dans l'univers entier ; sachant $A$,
l'univers se réduit : on divise par $P(A)$.

]]> $0{,}52$

]]> Erreur : $0{,}4 + 0{,}12$ additionne des objets qui ne
s'additionnent pas. Formule : quotient
$\frac{0{,}12}{0{,}4}$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q12 : Justifier l'indépendance dans un modèle Dans quelle situation l'hypothèse d'indépendance entre deux
tirages successifs est-elle justifiée ?

]]> Comme en seconde pour l'équiprobabilité : l'indépendance
fait partie du modèle et se justifie par l'analyse de la
situation (remise, mécanismes sans influence mutuelle). Sans
remise : probabilités conditionnelles et arbre non uniforme.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Tirage d'une boule, remise dans l'urne, second
tirage

]]> Bonne réponse : la remise restaure exactement l'urne
initiale : le second tirage se fait dans les mêmes
conditions, indépendamment du premier.

]]> Tirage d'une boule, puis d'une seconde sans remise

]]> Erreur : sans remise, la composition de l'urne dépend du
premier tirage : les probabilités du second en sont
modifiées (dépendance).

]]> Toute succession de deux tirages, par principe

]]> Erreur : l'indépendance est une hypothèse de modèle à
justifier (remise, dispositifs séparés…), pas un
automatisme.

]]> Aucune : deux tirages successifs ne sont jamais
indépendants

]]> Erreur : avec remise (ou pour des expériences physiquement
séparées), l'indépendance est le modèle naturel.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q13 : Calculer une probabilité conditionnelle On donne $P(A) = 0{,}5$ et $P(A \cap B) = 0{,}2$. Que vaut
$P_A(B)$ ?

]]> $P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$ : restreindre l'univers
à $A$ et y mesurer la part de $B$. Contrôle : le résultat
est toujours entre $0$ et $1$.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}4$

]]> Bonne réponse : $P_A(B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(A)} =
\dfrac{0{,}2}{0{,}5} = 0{,}4$ : parmi les cas où $A$ se
produit, $40\ \%$ voient aussi $B$.

]]> $0{,}1$

]]> Multiplication au lieu de division : $0{,}5 \times
0{,}2 = 0{,}1$ : la conditionnelle divise
l'intersection par la condition.

]]> $0{,}2$

]]> Confusion : $0{,}2$ est $P(A \cap B)$ : la
conditionnelle rapporte cette intersection au « nouveau
monde » $A$ ($P(A) = 0{,}5$).

]]> $2{,}5$

]]> Fraction renversée : $\frac{0{,}5}{0{,}2} = 2{,}5$
dépasse $1$ : impossible pour une probabilité :
l'intersection va au numérateur.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q14 : Conditionnelle dans un tableau Dans une classe : $12$ filles dont $9$ demi-pensionnaires,
$18$ garçons dont $9$ demi-pensionnaires. On choisit un
élève au hasard. Que vaut
$P_{\text{fille}}(\text{demi-pensionnaire})$ ?

]]> Dans un tableau d'effectifs, la conditionnelle se lit en
restreignant à la ligne (ou colonne) de la condition :
effectif croisé / effectif de la condition. Le « parmi » de
l'énoncé désigne toujours le dénominateur.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{9}{12} = 0{,}75$

]]> Bonne réponse : conditionner par « fille » réduit
l'univers aux $12$ filles : $9$ d'entre elles sont
demi-pensionnaires : $\frac{9}{12}$.

]]> $\dfrac{9}{30}$

]]> Mauvais dénominateur : $\frac{9}{30}$ est
$P(\text{fille et DP})$ dans l'univers entier : la
conditionnelle divise par l'effectif de la condition
($12$).

]]> $\dfrac{9}{18}$

]]> Mauvaise condition : $18$ est l'effectif des garçons :
conditionner par « fille » impose le dénominateur $12$.

]]> $\dfrac{12}{30}$

]]> Erreur : $\frac{12}{30}$ est $P(\text{fille})$ : la
question porte sur la part de demi-pensionnaires PARMI
les filles.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q15 : La formule du produit On donne $P(A) = 0{,}6$ et $P_A(B) = 0{,}3$. Que vaut
$P(A \cap B)$ ?

]]> Formule du produit : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B)$ :
la règle de l'arbre pondéré (racine × branche). C'est la
définition de la conditionnelle, lue à l'envers.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}18$

]]> Bonne réponse : $P(A \cap B) = P(A) \times P_A(B) =
0{,}6 \times 0{,}3$ : sur l'arbre, on multiplie le
long de la branche.

]]> $0{,}9$

]]> Addition au lieu de multiplication : $0{,}6 + 0{,}3$ :
l'intersection se calcule en produit le long du chemin.

]]> $0{,}5$

]]> Erreur : la division $\frac{0{,}3}{0{,}6}$ renverserait
la formule : ici on reconstruit l'intersection :
produit.

]]> $0{,}3$

]]> Confusion : $0{,}3$ est la conditionnelle $P_A(B)$ :
l'intersection la pondère par le poids de $A$ :
$0{,}18$.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q16 : Probabilités totales en pratique Un arbre donne : $P(A) = 0{,}3$, $P_A(B) = 0{,}6$,
$P(\bar{A}) = 0{,}7$, $P_{\bar{A}}(B) = 0{,}2$. Que vaut
$P(B)$ ?

]]> Probabilités totales : $P(B) = P(A)P_A(B) +
P(\bar{A})P_{\bar{A}}(B)$ : additionner les chemins
complets qui aboutissent à $B$. Sur l'arbre : multiplier le
long, additionner entre chemins.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $0{,}32$

]]> Bonne réponse : deux chemins mènent à $B$ : $0{,}3
\times 0{,}6 + 0{,}7 \times 0{,}2 = 0{,}18 + 0{,}14 =
0{,}32$.

]]> $0{,}18$

]]> Chemin manquant : $0{,}18$ ne compte que le passage par
$A$ : $B$ peut aussi survenir via $\bar{A}$
($+0{,}14$).

]]> $0{,}8$

]]> Erreur : $0{,}6 + 0{,}2$ additionne les conditionnelles
brutes : chacune doit d'abord être pondérée par sa
branche d'origine.

]]> $0{,}5$

]]> Erreur : aucune combinaison directe ne donne $0{,}5$ :
la formule est la somme des produits chemin par chemin.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q17 : Renverser le conditionnement Avec les données précédentes ($P(A \cap B) = 0{,}18$ et
$P(B) = 0{,}32$), que vaut $P_B(A)$ ?

]]> Renversement : $P_B(A) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}$, où
$P(B)$ sort des probabilités totales : l'enchaînement
arbre → totales → renversement est LE schéma des sujets
(tests médicaux, contrôles qualité…).

]]> 1.0 0.0 0 true true abc $\dfrac{0{,}18}{0{,}32} = 0{,}5625$

]]> Bonne réponse : $P_B(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$ :
même intersection, nouveau dénominateur : le
conditionnement se renverse en changeant de monde de
référence.

]]> $0{,}6$, comme $P_A(B)$

]]> Le piège central du chapitre : $P_B(A) \neq P_A(B)$ en
général : les deux partagent le numérateur mais pas le
dénominateur.

]]> $0{,}18$

]]> Division oubliée : $0{,}18$ est l'intersection ; la
conditionnelle la rapporte à $P(B) = 0{,}32$.

]]> $1 - 0{,}6 = 0{,}4$

]]> Erreur : le complémentaire de $P_A(B)$ est
$P_A(\bar{B})$, pas $P_B(A)$ : renverser exige de
repasser par l'intersection.

]]> Probabilités conditionnelles et indépendance — Q18 : Le paradoxe du test de dépistage Une maladie touche $1\ \%$ de la population. Un test détecte
$99\ \%$ des malades, mais sonne à tort chez $5\ \%$ des
personnes saines. Une personne a un test positif : quelle
est environ la probabilité qu'elle soit malade ?

]]> Le paradoxe des tests : quand la maladie est rare, la masse
des faux positifs domine. Toujours calculer
$P(\text{malade} \mid \text{positif})$ par l'arbre :
intersection sur total des positifs : ici $\frac{1}{6}$,
loin des $99\ \%$ intuitifs.

]]> 1.0 0.0 0 true true abc Environ $\dfrac{1}{6}$ : les faux positifs des $99\ \%$
de sains noient les vrais positifs

]]> Bonne réponse : vrais positifs : $0{,}01 \times 0{,}99
\approx 0{,}0099$ ; faux positifs : $0{,}99 \times
0{,}05 = 0{,}0495$ : ratio $\frac{0{,}0099}{0{,}0594}
= \frac{1}{6}$ : la rareté de la maladie renverse
l'intuition.

]]> $99\ \%$ : le test est fiable à $99\ \%$

]]> Le renversement fautif : $99\ \%$ est
$P(\text{positif} \mid \text{malade})$ : la question
demande l'inverse, $P(\text{malade} \mid
\text{positif})$, écrasé par la rareté de la maladie.

]]> $95\ \%$

]]> Erreur : $95\ \%$ est le taux de silence chez les
sains : sans rapport direct : le calcul complet passe
par les probabilités totales.

]]> $50\ \%$ : malade ou pas, deux cas équiprobables

]]> Erreur d'équiprobabilité : les deux cas n'ont pas du
tout le même poids ($1\ \%$ contre $99\ \%$ au départ) :
l'arbre pondéré tranche : environ $17\ \%$.

]]>