Formule des probabilités totales : découper l'univers pour calculer P(B), avec sa preuve

On connaît rarement P(B) directement, mais souvent la probabilité de B dans chacun des cas possibles : le retard selon le transporteur, la panne selon la machine. La formule des probabilités totales recolle ces morceaux. Elle s'appuie sur la probabilité conditionnelle et généralise la somme des chemins d'un arbre de probabilité pondéré.

Le programme de spécialité de première applicable à la rentrée 2026 (Bulletin officiel n° 14 du 2 avril 2026) garde « Partition de l'univers (systèmes complets d'évènements). Formule des probabilités totales », avec la capacité « dans des cas simples, calculer une probabilité à l'aide de la formule des probabilités totales ». La définition de P_A(B) et les arbres pondérés sont désormais introduits en seconde, où la formule n'est pas attendue. En terminale, on la retrouve dans les exercices qui mêlent suites et probabilités.

Partition de l'univers : la condition à écrire

Des événements A₁, …, Aₙ forment une partition de Ω (un système complet d'événements) lorsqu'ils sont deux à deux incompatibles et que leur réunion est Ω : chaque issue est dans un et un seul des Aᵢ. Exemples : A et Ā, quel que soit A ; les trois fournisseurs d'une entreprise quand chaque pièce vient d'un seul ; les six faces d'un dé. Contre-exemple : « l'élève fait de l'anglais » et « l'élève fait de l'espagnol », si certains élèves font les deux, ou aucun des deux.

Sur une copie, la formule s'utilise après une phrase qui nomme la partition : « Les événements T₁, T₂, T₃ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales… ».

Pourquoi la formule des probabilités totales est vraie

Soit A₁, …, Aₙ une partition de Ω et B un événement.

Comme la réunion des Aᵢ est Ω, B = B ∩ Ω = (B ∩ A₁) ∪ (B ∩ A₂) ∪ … ∪ (B ∩ Aₙ). Comme les Aᵢ sont deux à deux incompatibles, les événements B ∩ Aᵢ le sont aussi : une issue de B ∩ A₁ ∩ A₂ serait dans A₁ ∩ A₂, qui est vide. La probabilité d'une réunion d'événements deux à deux incompatibles est la somme de leurs probabilités, donc

P(B) = P(A₁ ∩ B) + P(A₂ ∩ B) + … + P(Aₙ ∩ B).

Si de plus chaque P(Aᵢ) est non nulle, la définition de la probabilité conditionnelle donne P(Aᵢ ∩ B) = P(Aᵢ) × P_Aᵢ(B), d'où la seconde forme. La première forme, avec les intersections, reste vraie même si un P(Aᵢ) est nul ; c'est la seconde qui demande cette hypothèse, puisque P_Aᵢ(B) n'est pas défini quand P(Aᵢ) = 0.

Trois calculs par la formule, rédigés

Exemple 1 · Trois transporteurs, un retard

Énoncé. Une boutique en ligne confie 50 % de ses colis au transporteur T₁, 30 % à T₂ et 20 % à T₃. Un colis arrive en retard avec une probabilité de 0,08 s'il est confié à T₁, de 0,20 avec T₂ et de 0,15 avec T₃. On choisit un colis au hasard. a) Calculer la probabilité de l'événement R « le colis arrive en retard ». b) Un colis est arrivé en retard ; quelle est la probabilité qu'il ait été confié à T₂ ?

Rédaction. a) Chaque colis est confié à un seul transporteur, donc T₁, T₂, T₃ forment une partition de l'univers, avec des probabilités non nulles. D'après la formule des probabilités totales :

P(R) = P(T₁) × P_T₁(R) + P(T₂) × P_T₂(R) + P(T₃) × P_T₃(R) = 0,5 × 0,08 + 0,3 × 0,20 + 0,2 × 0,15 = 0,04 + 0,06 + 0,03 = 0,13.

b) P(R) ≠ 0, donc P_R(T₂) = P(T₂ ∩ R) / P(R) = 0,06 / 0,13 = 6/13 ≈ 0,46.

La figure suit l'ordre de cette rédaction. L'univers est un rectangle d'aire 1, découpé en trois bandes verticales de largeurs 0,5, 0,3 et 0,2 : les transporteurs, qui ne se chevauchent pas et couvrent tout le rectangle. La part dorée de chaque bande se remplit ensuite, T₁, T₂ et T₃ l'une après l'autre, à la hauteur 0,08, 0,20 et 0,15 : chaque rectangle doré a pour aire P(Tᵢ) × P_Tᵢ(R) = P(Tᵢ ∩ R). S'inscrivent alors les trois produits, leur somme P(R) = 0,13, et enfin le calcul inverse sachant R : la bande de T₂, étroite mais très remplie, porte près de la moitié des retards.

Exemple 2 · Un dé décide de l'urne

Énoncé. On lance un dé équilibré. Si l'on obtient 6, on tire une boule dans l'urne U₁, qui contient 2 boules blanches et 3 noires ; sinon, on tire dans l'urne U₂, qui contient 4 blanches et 1 noire. Calculer la probabilité de tirer une boule blanche.

Rédaction. Notons S « le dé donne 6 » et W « la boule est blanche ». S et S̄ forment une partition de l'univers, P(S) = 1/6 et P(S̄) = 5/6, toutes deux non nulles. P_S(W) = 2/5 et P_S̄(W) = 4/5. D'après la formule des probabilités totales, P(W) = 1/6 × 2/5 + 5/6 × 4/5 = 1/15 + 2/3 = 11/15.

Exemple 3 · La formule à l'envers, pour trouver une probabilité manquante

Énoncé. P(A) = 0,4, P_A(B) = 0,7 et P(B) = 0,5. Calculer P_Ā(B).

Rédaction. A et Ā forment une partition de l'univers, P(A) = 0,4 et P(Ā) = 0,6 sont non nulles. On note x = P_Ā(B). La formule des probabilités totales donne 0,5 = 0,4 × 0,7 + 0,6x, soit 0,6x = 0,22 et x = 0,22 / 0,6 = 11/30 ≈ 0,367.

Les pièges de la formule sur les copies

• Additionner les probabilités conditionnelles sans les pondérer : 0,08 + 0,20 + 0,15 = 0,43 n'a aucun sens. Dans l'exemple 2, la moyenne des deux urnes, 3/5, serait juste seulement si chaque urne était choisie avec probabilité 1/2.
• Appliquer la formule à des cas qui ne forment pas une partition : issues comptées deux fois, ou cas oublié. Vérifier que les P(Aᵢ) ont pour somme 1 attrape les oublis.
• Confondre P(Aᵢ ∩ B) et P_Aᵢ(B) quand on remonte le conditionnement : la question « sachant B » se traite après, en divisant par P(B).
• Dans une suite de probabilités, garder la partition du premier jour : au jour n, c'est {Eₙ, Ēₙ}.

Lien avec les événements indépendants : quand P_A(B) = P_Ā(B), la formule donne P(B) égal à cette valeur commune, ce qui permet de reconnaître une indépendance.

Trois exercices corrigés sur les probabilités totales

Exercice 1 · Langue vivante et séjour à l'étranger

Énoncé. Dans un lycée, chaque élève suit une seule langue vivante B : 60 % l'anglais, 30 % l'espagnol, 10 % l'allemand. Ont fait un échange scolaire 15 % des anglicistes, 20 % des hispanistes et 50 % des germanistes. On choisit un élève au hasard. Calculer la probabilité qu'il ait fait un échange, puis la probabilité qu'il fasse de l'allemand sachant qu'il a fait un échange.

Correction. On note A, S, D les événements « l'élève fait anglais, espagnol, allemand » et X « il a fait un échange ». Chaque élève suit une seule de ces langues, donc A, S, D forment une partition de l'univers, avec des probabilités non nulles. D'après la formule des probabilités totales, P(X) = 0,6 × 0,15 + 0,3 × 0,2 + 0,1 × 0,5 = 0,09 + 0,06 + 0,05 = 0,2.

P_X(D) = P(D ∩ X) / P(X) = 0,05 / 0,2 = 0,25. Les germanistes ne font que 10 % des élèves mais le quart des échanges.

Exercice 2 · Première ou seconde balle de service

Énoncé. Un joueur de tennis réussit sa première balle de service avec une probabilité de 0,6. Quand elle est réussie, il gagne le point avec une probabilité de 0,75. Quand il la manque, il joue une seconde balle et gagne alors le point avec une probabilité de 0,5. a) Calculer la probabilité qu'il gagne le point. b) Il a gagné le point : quelle est la probabilité que sa première balle ait été réussie ?

Correction. a) On note P « la première balle est réussie » et G « il gagne le point ». P et P̄ forment une partition de l'univers, avec P(P) = 0,6 et P(P̄) = 0,4. D'après la formule des probabilités totales, P(G) = 0,6 × 0,75 + 0,4 × 0,5 = 0,45 + 0,2 = 0,65.

b) P_G(P) = P(P ∩ G) / P(G) = 0,45 / 0,65 = 9/13 ≈ 0,692.

Exercice 3 · Une habitude qui s'installe : la formule dans une suite

Énoncé. Un élève fait ses exercices le soir. S'il les a faits un soir, il les fait le lendemain avec une probabilité de 0,9 ; s'il ne les a pas faits, il les fait le lendemain avec une probabilité de 0,3. Le premier soir, il les fait. Pour n ≥ 1, on note Eₙ l'événement « il fait ses exercices le soir n » et pₙ = P(Eₙ). a) Montrer que pour tout n ≥ 1, pₙ₊₁ = 0,6pₙ + 0,3. b) On pose vₙ = pₙ − 0,75. Montrer que (vₙ) est géométrique, puis exprimer pₙ en fonction de n. c) Déterminer le premier soir où pₙ < 0,76.

Correction. a) Soit n ≥ 1. Les événements Eₙ et Ēₙ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales, sous sa forme avec les intersections, pₙ₊₁ = P(Eₙ ∩ Eₙ₊₁) + P(Ēₙ ∩ Eₙ₊₁). L'énoncé donne les probabilités conditionnelles 0,9 et 0,3, donc P(Eₙ ∩ Eₙ₊₁) = 0,9pₙ et P(Ēₙ ∩ Eₙ₊₁) = 0,3(1 − pₙ) ; ces produits restent justes quand l'un des deux cas est de probabilité nulle, comme Ē₁ ici. Ainsi pₙ₊₁ = 0,9pₙ + 0,3 − 0,3pₙ = 0,6pₙ + 0,3.

b) Pour tout n ≥ 1, vₙ₊₁ = pₙ₊₁ − 0,75 = 0,6pₙ + 0,3 − 0,75 = 0,6pₙ − 0,45 = 0,6(pₙ − 0,75) = 0,6vₙ. La suite (vₙ) est géométrique de raison 0,6 et de premier terme v₁ = 1 − 0,75 = 0,25. Donc vₙ = 0,25 × 0,6ⁿ⁻¹ et pₙ = 0,75 + 0,25 × 0,6ⁿ⁻¹. La méthode est celle de la suite arithmético-géométrique.

c) Comme 0 < 0,6 < 1, la suite (0,6ⁿ⁻¹) est strictement décroissante, donc (pₙ) aussi, et pₙ > 0,75 pour tout n. À la calculatrice, p₇ ≈ 0,7617 et p₈ ≈ 0,7570. Le premier soir où pₙ < 0,76 est le huitième, et la probabilité reste ensuite sous 0,76 en se rapprochant de 0,75.