Reconnaissez des événements indépendants

Une serre automatisée mesure sa température avec un capteur qui fonctionne correctement 95 % du temps. Pour être plus sûr, l’ingénieur en installe trois. Mais trois capteurs, est-ce trois fois plus fiable ? Tout dépend de la façon dont on les combine, et surtout d’une hypothèse cachée : leurs pannes sont-elles indépendantes ?

L’indépendance est l’hypothèse la plus utilisée (et la plus mal utilisée) en probabilités. Dans ce chapitre, vous allez la définir proprement, apprendre à la reconnaître, et l’appliquer au calcul de fiabilité de notre serre.

Deux événements indépendants

Intuitivement, $A$ et $B$ sont indépendants si savoir que $B$ s’est produit ne change rien à la probabilité de $A$ : $P(A \mid B) = P(A)$. En remplaçant $P(A \mid B)$ par sa définition, on obtient la forme qu’on retient, qui a l’avantage d’être symétrique et de fonctionner même si $P(B) = 0$ :

$$A \text{ et } B \text{ sont indépendants} \iff P(A \cap B) = P(A) \, P(B)$$

Pour vérifier une indépendance, on calcule les trois probabilités et on compare. Pour l’utiliser, on multiplie.

Exemple

On lance deux dés. Soit $A$ = « le dé rouge fait 6 » et $B$ = « la somme vaut 7 ». On a $P(A) = 1/6$, $P(B) = 6/36 = 1/6$ et $A \cap B = \lbrace (6, 1) \rbrace$, donc $P(A \cap B) = 1/36 = P(A) \, P(B)$ : les deux événements sont indépendants, ce qui n’a rien d’évident.

Avec $C$ = « la somme vaut 12 », en revanche, $P(A \cap C) = 1/36$ alors que $P(A) \, P(C) = 1/6 \times 1/36$ : savoir que la somme vaut 12 rend le 6 certain. $A$ et $C$ sont dépendants.

À gauche, B coupe la colonne A dans la même proportion que le reste de la grille (1 case sur 6) : indépendance. À droite, C est tout entier dans A : savoir C rend A certain.

Si $A$ et $B$ sont indépendants, alors $A$ et $\bar{B}$ le sont aussi, de même que $\bar{A}$ et $\bar{B}$. C’est logique : si $B$ n’apporte aucune information sur $A$, son contraire non plus. Ce résultat servira sans cesse, car on raisonne souvent sur « la panne » plutôt que sur « le bon fonctionnement ».

Piège

Indépendant et incompatible sont deux notions presque opposées. Deux événements incompatibles ($A \cap B = \varnothing$) de probabilités non nulles sont toujours dépendants : si $B$ se produit, $A$ devient impossible, ce qui est une information très forte. Formellement, $P(A \cap B) = 0$ alors que $P(A) \, P(B) > 0$.

Indépendance d’une famille d’événements

Avec trois événements ou plus, la définition demande plus que l’indépendance de chaque paire. Les événements $A_1, \dots, A_n$ sont mutuellement indépendants si, pour tout sous-ensemble d’indices $I$ (de taille au moins 2) :

$$P\left(\bigcap_{i \in I} A_i\right) = \prod_{i \in I} P(A_i)$$

Le symbole $\bigcap$ désigne l’intersection de tous les événements d’indice dans $I$, et $\prod$ le produit de leurs probabilités. Pour trois événements, cela fait quatre égalités : les trois paires, et le triplet.

Pourquoi tant d’exigence ? Parce que l’indépendance deux à deux ne suffit pas à garantir celle de l’ensemble.

Exemple

Deux dés : $A$ = « le rouge est pair », $B$ = « le bleu est pair », $C$ = « la somme est paire ». Chacun a probabilité $1/2$.

• $A \cap B$ : les deux sont pairs, probabilité $9/36 = 1/4 = P(A) \, P(B)$.
• $A \cap C$ : le rouge est pair et la somme aussi, donc le bleu aussi ; c’est encore $1/4$. Même chose pour $B \cap C$.

Les trois paires sont indépendantes. Mais $A \cap B$ implique $C$ (pair plus pair donne pair), donc $P(A \cap B \cap C) = 1/4$, alors que $P(A) \, P(B) \, P(C) = 1/8$. La famille n’est pas mutuellement indépendante : connaître $A$ et $B$ ensemble détermine $C$.

En pratique, l’indépendance mutuelle se justifie rarement par le calcul. Elle se postule à partir de la situation physique : des lancers de dés distincts, des tirages avec remise, des composants fabriqués séparément et qui n’interagissent pas. C’est une hypothèse de modélisation, qu’il faut énoncer clairement.

À retenir

$A$ et $B$ sont indépendants si $P(A \cap B) = P(A) \, P(B)$. Pour une famille, l’indépendance mutuelle exige cette factorisation pour tous les sous-ensembles, ce qui est plus fort que l’indépendance deux à deux.

Répéter une expérience : la règle du « au moins un »

Quand on répète $n$ fois une expérience de façon indépendante, et que l’événement $A$ a la probabilité $p$ à chaque fois, la probabilité que $A$ ne se produise jamais vaut $(1-p)^n$ (produit de $n$ probabilités identiques). D’où la règle, déjà rencontrée avec les paris de dés du chapitre 1 :

$$P(\text{au moins une fois } A) = 1 - (1 - p)^n$$

Cette formule a des conséquences surprenantes. Un événement rare, de probabilité 1 % par jour, se produit au moins une fois en 100 jours avec une probabilité $1 - 0{,}99^{100} \approx 0{,}63$, et en 300 jours avec une probabilité de 0,95 environ. C’est pour cela qu’un défaut « rare » finit toujours par apparaître sur un système qui tourne longtemps, ou sur un grand parc de machines.

Un événement à 1 % par jour a déjà presque deux chances sur trois de s'être produit au bout de 100 jours.

Le fil rouge : la fiabilité des capteurs de la serre

Revenons à la serre. Chaque capteur fonctionne avec une probabilité $p = 0{,}95$ (sa fiabilité), et l’on suppose d’abord que les trois capteurs tombent en panne indépendamment les uns des autres. Trois architectures sont possibles.

En série : le système ne marche que si tous les capteurs marchent (par exemple, trois capteurs qui mesurent trois zones différentes, toutes indispensables). Par indépendance :

$$R_{\text{série}} = p^3 = 0{,}95^3 \approx 0{,}857$$

Ajouter des composants en série dégrade la fiabilité.

En parallèle (redondance) : le système marche si au moins un capteur marche. On passe par le contraire, « tous en panne » :

$$R_{\text{parallèle}} = 1 - (1 - p)^3 = 1 - 0{,}05^3 = 0{,}999\,875$$

Vote majoritaire (2 sur 3) : on garde la valeur donnée par au moins deux capteurs concordants, ce qui protège contre un capteur qui renvoie une valeur fausse. Le système marche si exactement deux capteurs marchent (3 façons de choisir le capteur en panne) ou si les trois marchent :

$$R_{2/3} = 3 p^2 (1 - p) + p^3 \approx 0{,}135 + 0{,}857 = 0{,}993$$

Architecture	Formule	Fiabilité avec $p = 0{,}95$
Un seul capteur	$p$	0,95
3 en série	$p^3$	0,857
3 en parallèle	$1 - (1-p)^3$	0,999 875
Vote 2 sur 3	$3p^2(1-p) + p^3$	0,993

En série, le courant doit traverser les trois capteurs ; en parallèle, une seule branche suffit ; le vote exige deux capteurs concordants.

Le parallèle et le vote sont au-dessus de la diagonale (un seul capteur) et le série en dessous : la redondance améliore la fiabilité, la mise en série la dégrade.

Quand l’indépendance tombe : la cause commune

Tout repose sur l’hypothèse d’indépendance. Supposons maintenant que deux capteurs en parallèle partagent la même alimentation, qui tombe en panne avec une probabilité de 1 %. Chaque capteur fonctionne si l’alimentation marche et s’il est lui-même en bon état : $P(\text{capteur OK}) = 0{,}99 \times 0{,}95 = 0{,}9405$.

• Si l’on croyait les deux capteurs indépendants, on calculerait $1 - (1 - 0{,}9405)^2 \approx 0{,}9965$.
• En réalité, le système marche si l’alimentation marche et qu’au moins un capteur marche : $0{,}99 \times (1 - 0{,}05^2) \approx 0{,}9875$.

La probabilité de panne réelle (1,25 %) est plus de trois fois celle du calcul naïf (0,35 %). Les pannes des deux capteurs sont dépendantes, car elles ont une cause commune. En sûreté de fonctionnement, on parle de mode commun ; c’est l’une des premières questions à poser devant un calcul de redondance.

L'alimentation commune est un point de passage obligé : sa panne fait tomber les deux branches à la fois, et le risque réel est plus de trois fois celui du calcul naïf.

Attention

Deux événements peuvent être indépendants sachant une information, sans l’être sans elle. Ici, sachant que l’alimentation fonctionne, les pannes des capteurs sont indépendantes ; sans cette information, elles ne le sont plus. On parle d’indépendance conditionnelle, une notion au cœur du classifieur bayésien naïf.

Une simulation confirme ces chiffres et permet de tester des architectures plus compliquées sans refaire les calculs :

set.seed(10)
n <- 1e6
alim <- runif(n) > 0.01                  # l'alimentation fonctionne (99 %)
c1   <- runif(n) > 0.05                  # le capteur 1 est en bon état (95 %)
c2   <- runif(n) > 0.05                  # le capteur 2 est en bon état (95 %)

systeme <- alim & (c1 | c2)              # parallèle, mais alimentation commune
mean(systeme)                            # proche de 0.9875

# Les pannes des deux capteurs sont-elles indépendantes ?
ok1 <- alim & c1; ok2 <- alim & c2
mean(ok1 & ok2) - mean(ok1) * mean(ok2)  # nettement positif : dépendance

La dernière ligne compare $P(A \cap B)$ à $P(A) \, P(B)$ sur les données simulées : l’écart est positif, signe que les deux capteurs ont tendance à fonctionner (ou à tomber en panne) ensemble.

En entretien

« Deux événements sont indépendants si la probabilité de l’un et l’autre est le produit de leurs probabilités. C’est l’hypothèse qui rend la redondance efficace : trois capteurs à 95 % en parallèle donnent 99,99 %, mais seulement si leurs pannes n’ont pas de cause commune. »

En résumé

• $A$ et $B$ sont indépendants si $P(A \cap B) = P(A) \, P(B)$, ce qui équivaut à $P(A \mid B) = P(A)$ quand $P(B) > 0$.
• L’indépendance passe aux contraires ; elle n’a rien à voir avec l’incompatibilité (deux événements incompatibles de probabilités non nulles sont dépendants).
• L’indépendance mutuelle d’une famille exige la factorisation pour tous les sous-ensembles ; l’indépendance deux à deux ne suffit pas.
• Pour $n$ répétitions indépendantes, $P(\text{au moins une fois}) = 1 - (1-p)^n$.
• Fiabilité : en série $p^n$, en parallèle $1 - (1-p)^n$, en vote 2 sur 3 $3p^2(1-p) + p^3$.
• Une cause commune rend les pannes dépendantes et ruine les calculs de redondance faits sous hypothèse d’indépendance.

Exercices

Exercice · Indépendants ou non ?

facile

On tire une carte dans un jeu de 32 cartes (8 valeurs, du 7 à l’as, dans 4 couleurs). Les événements $A$ = « la carte est un as » et $B$ = « la carte est un cœur » sont-ils indépendants ? Et $A$ et $C$ = « la carte est un roi » ?

Voir la solution

$P(A) = 4/32 = 1/8$, $P(B) = 8/32 = 1/4$, et $A \cap B$ est l’as de cœur : $P(A \cap B) = 1/32 = 1/8 \times 1/4$. Donc $A$ et $B$ sont indépendants : savoir que la carte est un cœur ne change pas la chance d’avoir un as.

$A$ et $C$ sont incompatibles (une carte ne peut pas être à la fois un as et un roi), donc $P(A \cap C) = 0 \neq P(A) \, P(C) = 1/64$. Ils sont dépendants.

En code

Python

import pandas as pd

# Les 32 cartes : 8 valeurs dans 4 couleurs, toutes équiprobables
valeurs = ["7", "8", "9", "10", "valet", "dame", "roi", "as"]
couleurs = ["coeur", "carreau", "trefle", "pique"]
jeu = pd.DataFrame([(v, c) for v in valeurs for c in couleurs], columns=["valeur", "couleur"])

A = jeu.valeur == "as"
B = jeu.couleur == "coeur"
C = jeu.valeur == "roi"

# On compare P(A et B) au produit P(A) P(B)
print((A & B).mean(), A.mean() * B.mean())   # 0.03125 0.03125 -> indépendants
print((A & C).mean(), A.mean() * C.mean())   # 0.0 0.015625    -> dépendants

R

# Les 32 cartes : 8 valeurs dans 4 couleurs, toutes équiprobables
jeu <- expand.grid(valeur = c(7:10, "valet", "dame", "roi", "as"),
                   couleur = c("coeur", "carreau", "trefle", "pique"))

A <- jeu$valeur == "as"
B <- jeu$couleur == "coeur"
C <- jeu$valeur == "roi"

# On compare P(A et B) au produit P(A) P(B)
c(mean(A & B), mean(A) * mean(B))   # 0.03125 0.03125 -> indépendants
c(mean(A & C), mean(A) * mean(C))   # 0 0.015625      -> dépendants

Exercice · Combien de capteurs ?

moyen

Des capteurs bon marché ont une fiabilité de 0,9 chacun et tombent en panne indépendamment. Combien faut-il en installer en parallèle pour que le système fonctionne avec une probabilité d’au moins 0,9999 ?

Voir la solution

Avec $n$ capteurs en parallèle, $R = 1 - 0{,}1^n$. On veut $1 - 0{,}1^n \geq 0{,}9999$, soit $0{,}1^n \leq 10^{-4}$, donc $n \geq 4$.

Il faut 4 capteurs. Avec 3, on n’atteint que $1 - 0{,}001 = 0{,}999$. En R : 1 - 0.1^(1:5) affiche les fiabilités pour 1 à 5 capteurs.

En code

Python

import numpy as np

n = np.arange(1, 6)
fiabilite = 1 - 0.1 ** n            # n capteurs en parallèle
for k, r in zip(n, fiabilite):
    print(k, round(r, 5))           # 1 0.9 / 2 0.99 / 3 0.999 / 4 0.9999 / 5 0.99999

# Plus petit n tel que R >= 0.9999 (petite marge pour les arrondis machine)
print(n[fiabilite >= 0.9999 - 1e-12][0])   # 4

R

n <- 1:5
fiabilite <- 1 - 0.1^n              # n capteurs en parallèle
fiabilite                           # 0.9 0.99 0.999 0.9999 0.99999

# Plus petit n tel que R >= 0.9999 (petite marge pour les arrondis machine)
min(n[fiabilite >= 0.9999 - 1e-12]) # 4

Exercice · Un montage mixte

difficile

La serre utilise maintenant trois capteurs indépendants de fiabilité 0,9 : les capteurs A et B sont montés en série (il faut les deux), et ce bloc est monté en parallèle avec le capteur C.

1. Calculez la fiabilité du système.
2. Sachant que le système fonctionne, quelle est la probabilité que le capteur C soit en panne ?

Voir la solution

1. Le bloc série fonctionne avec probabilité $0{,}9^2 = 0{,}81$. Le système tombe en panne seulement si le bloc et C sont en panne, ce qui arrive avec probabilité $(1 - 0{,}81)(1 - 0{,}9) = 0{,}19 \times 0{,}1 = 0{,}019$ par indépendance. Donc $R = 1 - 0{,}019 = 0{,}981$.

2. On cherche $P(\bar{C} \mid \text{OK})$. Si C est en panne, le système marche seulement grâce au bloc A-B : $P(\bar{C} \cap \text{OK}) = 0{,}1 \times 0{,}81 = 0{,}081$. Donc :

$$P(\bar{C} \mid \text{OK}) = \frac{0{,}081}{0{,}981} \approx 0{,}083$$

C’est un peu moins que la probabilité de panne a priori de C (0,1) : savoir que le système marche rend légèrement plus probable que C marche aussi.

En code

Python

import numpy as np

p = 0.9
bloc_ab = p * p                              # A et B en série
R = 1 - (1 - bloc_ab) * (1 - p)              # bloc en parallèle avec C
print(R)                                     # 0.981
print((1 - p) * bloc_ab / R)                 # 0.0826  P(C en panne | système OK)

# Vérification par simulation
rng = np.random.default_rng(0)
a, b, c = rng.random((3, 1_000_000)) < p     # chaque capteur marche avec proba 0.9
ok = (a & b) | c
print(ok.mean(), (~c[ok]).mean())            # 0.9808 0.0821

R

p <- 0.9
bloc_ab <- p * p                             # A et B en série
R <- 1 - (1 - bloc_ab) * (1 - p)             # bloc en parallèle avec C
R                                            # 0.981
(1 - p) * bloc_ab / R                        # 0.0826  P(C en panne | système OK)

# Vérification par simulation
set.seed(0)
n <- 1e6
a <- runif(n) < p; b <- runif(n) < p; c_ok <- runif(n) < p
ok <- (a & b) | c_ok
mean(ok); mean(!c_ok[ok])                    # 0.9809 0.0830