Thème 6 — Inférence bayésienne

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Le chapitre 8 s'est terminé sur un calcul déconcertant. Un test de dépistage qui détecte $99 %$ des malades, appliqué à une population où la maladie touche une personne sur cent, donne cinq faux positifs pour un vrai. Le calcul tenait en trois lignes, et pourtant sa conclusion contredit l'intuition de presque tout le monde — y compris, les enquêtes le montrent régulièrement, celle des professionnels de santé.

Ce n'était ni un paradoxe ni une bizarrerie de la loi binomiale. C'était le premier exemple d'un raisonnement qui porte un nom, qui a une formule, et dont le champ d'application dépasse largement la médecine : à chaque fois qu'un indice imparfait tombe — un test positif, une alarme, un mot suspect dans un courriel, un voyant qui s'allume, une trace sur une scène de crime —, il faut décider ce que cet indice change à ce que l'on croyait avant de l'observer. C'est l'inférence bayésienne.

Ce thème reprend ce calcul là où le chapitre 8 l'a laissé, et en fait une étude complète : la formule qui le produit et sa démonstration, la manière de le poser pour qu'il devienne évident, la quantité qui en commande le résultat, la façon d'enchaîner plusieurs indices, et quatre situations qui n'ont rien de médical — un filtre de courriels, un diagnostic de panne, la recherche d'un canot en mer, une erreur judiciaire.

Problématique. Un indice vient de tomber. De combien doit-il modifier ce que je croyais avant ?

Ce que ce thème mobilise. Les probabilités conditionnelles, l'arbre pondéré et la loi binomiale du chapitre 8 ; la dérivée d'un quotient et l'étude des variations du chapitre 4 ; la convexité du chapitre 5 ; l'équation fonctionnelle du logarithme et la recherche de seuils du chapitre 3 ; les suites géométriques et arithmétiques du chapitre 1 ; et, pour lire le comportement d'une valeur prédictive aux petites prévalences, l'approche intuitive des limites du chapitre 2.

16.1 Le renversement du conditionnement

16.1.1 Deux questions qu'on prend l'une pour l'autre

Rappelons la définition vue en première, et déjà utilisée au chapitre 8.

Définition 16.1Probabilité conditionnelle

Soit $A$ un événement de probabilité non nulle. La probabilité de $B$ sachant $A$ est

$P_{A} (B) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( A )} .$

Elle mesure la proportion de $B$ à l'intérieur de $A$ , et non dans l'univers tout entier.

Les deux nombres $P_{A} (B)$ et $P_{B} (A)$ ont le même numérateur, $P (A \cap B)$ , mais pas le même dénominateur. Rien n'oblige donc à ce qu'ils se ressemblent, et le plus souvent ils ne se ressemblent pas du tout.

!Attentionau sens de lecture

$P_{A} (B)$ et $P_{B} (A)$ ne sont pas la même chose. « Presque tous les joueurs de basket professionnels mesurent plus de $1, 90$ m » est vrai ; « presque toutes les personnes qui mesurent plus de $1, 90$ m sont joueurs de basket professionnels » est faux, et grossièrement. Les deux phrases portent pourtant sur le même croisement de deux caractères.

En dépistage, c'est exactement la même confusion : $P_{M} (T)$ — la probabilité qu'un malade soit détecté — vaut $90 %$ dans l'exemple qui suivra, tandis que $P_{T} (M)$ — la probabilité qu'un individu détecté soit malade — n'y vaut que $31 %$ .

La difficulté n'est pas mathématique : elle est de langage. Les données d'un énoncé sont presque toujours des $P_{cause} (indice)$ , parce que ce sont elles que l'on mesure — on teste des malades connus pour évaluer un test. La question posée, elle, est presque toujours un $P_{indice} (cause)$ , parce que c'est elle qui se pose en pratique — on voit un résultat, on ignore l'état. Tout le travail consiste à renverser le conditionnement.

16.1.2 L'arbre pondéré et la formule des probabilités totales

L'outil de base est l'arbre pondéré du chapitre 8, construit dans le sens des données : la cause d'abord, l'indice ensuite.

Proposition 16.2Formule des probabilités totales, deux causes

Soit $A$ un événement tel que $P (A) \neq = 0$ et $P (A) \neq = 1$ , et soit $B$ un événement quelconque. Alors

$P (B) = P (A) P_{A} (B) + P (A) P_{A} (B) .$

Autrement dit : la probabilité d'un indice se lit sur l'arbre en additionnant les chemins qui y mènent.

Démonstration

Les deux événements $B \cap A$ et $B \cap A$ sont incompatibles — un même résultat ne peut pas être à la fois dans $A$ et dans $A$ — et leur réunion est $B$ tout entier, puisque tout résultat de $B$ est ou bien dans $A$ , ou bien dans $A$ . L'additivité donne donc

$P (B) = P (B \cap A) + P (B \cap A) .$

Il reste à réécrire chaque terme avec la définition d'une probabilité conditionnelle : $P (B \cap A) = P (A) P_{A} (B)$ et $P (B \cap A) = P (A) P_{A} (B)$ .

iRemarque

La formule vaut de la même façon pour trois causes ou davantage, dès lors qu'elles sont deux à deux incompatibles et qu'elles recouvrent tous les cas possibles : on additionne alors autant de chemins qu'il y a de causes. Nous l'admettons sous cette forme générale et nous l'utiliserons plus loin avec trois causes de panne, puis avec trois zones de recherche ; la démonstration est mot pour mot la même.

Exemple 16.3Un mot suspect dans un courriel

Une boîte de réception reçoit $10000$ courriels, dont $2000$ sont indésirables : $P (I) = 0, 20$ . Le mot « gratuit » apparaît dans $60 %$ des courriels indésirables et dans $5 %$ des courriels légitimes. En notant $G$ l'événement « le courriel contient le mot gratuit », la formule des probabilités totales donne

$P (G) = 0, 20 \times 0, 60 + 0, 80 \times 0, 05 = 0, 12 + 0, 04 = 0, 16.$

Sur $10000$ courriels, $1600$ contiennent donc le mot : $1200$ indésirables et $400$ légitimes.

16.2 La formule de Bayes

◆Théorème 16.4Formule de Bayes, cas de deux causes

Soit $A$ un événement tel que $P (A) \neq = 0$ et $P (A) \neq = 1$ , et soit $B$ un événement de probabilité non nulle. Alors

$P_{B} (A) = \frac{P ( A ) P _{A} ( B )}{P ( A ) P _{A} ( B ) + P ( A ) P _{A} ( B )} .$

Démonstration

Par définition d'une probabilité conditionnelle, puis de nouveau par cette même définition appliquée dans l'autre sens,

$P_{B} (A) = \frac{P ( A \cap B )}{P ( B )} = \frac{P ( A ) P _{A} ( B )}{P ( B )} .$

Le numérateur est le poids du chemin qui passe par $A$ ; il ne reste qu'à remplacer le dénominateur par la formule des probabilités totales,

$P (B) = P (A) P_{A} (B) + P (A) P_{A} (B),$

ce qui donne exactement l'égalité annoncée.

iRemarque

La formule ne contient rien de plus que la définition d'une probabilité conditionnelle et un découpage en deux cas. Ce n'est pas un théorème difficile : c'est un théorème utile, parce qu'il nomme et automatise un renversement que l'intuition rate.

Méthode : Renverser un conditionnement en trois lignes

Nommer les deux événements et repérer, dans l'énoncé, lequel est la cause (celle dont on connaît la fréquence globale) et lequel est l'indice (celui que l'on observe).
Construire l'arbre dans le sens des données : cause d'abord, indice ensuite. Les branches du premier niveau portent $P (A)$ et $P (A)$ ; celles du second, les $P_{A} (B)$ et $P_{A} (B)$ .
Écrire le quotient : au numérateur le chemin qui contient à la fois la cause cherchée et l'indice observé, au dénominateur la somme de tous les chemins portant l'indice.

Exemple 16.5Le mot « gratuit », renversé

Un courriel vient d'arriver et contient le mot « gratuit ». Quelle est la probabilité qu'il soit indésirable ? Le numérateur est le chemin « indésirable puis gratuit », soit $0, 12$ ; le dénominateur est $P (G) = 0, 16$ :

$P_{G} (I) = \frac{0 , 20 \times 0 , 60}{0 , 20 \times 0 , 60 + 0 , 80 \times 0 , 05} = \frac{0 , 12}{0 , 16} = \frac{3}{4} = 0, 75.$

Trois quarts des courriels contenant le mot sont indésirables — à comparer aux $60 %$ de l'énoncé, qui répondaient à une tout autre question.

!Le réflexe

Avant tout calcul, lisez l'énoncé en vous demandant : de quoi part la phrase ? « $60 %$ des indésirables contiennent le mot » part des indésirables : c'est un $P_{I} (G)$ . « $75 %$ des courriels contenant le mot sont indésirables » part des courriels contenant le mot : c'est un $P_{G} (I)$ . La population de départ, c'est le dénominateur. Identifier le dénominateur, c'est identifier la probabilité.

16.3 Compter en fréquences naturelles

La formule de Bayes est courte, mais elle empile des produits de nombres décimaux petits, et elle laisse l'esprit sans image. Il existe une façon de faire le même calcul qui rend le résultat presque évident : remplacer toutes les probabilités par des effectifs dans une population fictive bien choisie.

Prenons le test de dépistage qui servira de fil conducteur à tout ce thème. Il est différent de celui du chapitre 8, et volontairement meilleur sur un point :

la maladie touche $1 %$ de la population dépistée — c'est la prévalence ;
le test est positif chez $90 %$ des malades — c'est sa sensibilité ;
il est négatif chez $98 %$ des personnes non malades — c'est sa spécificité.

Plutôt que d'écrire $P (T) = 0, 01 \times 0, 90 + 0, 99 \times 0, 02$ , dépistons $10000$ personnes et comptons.

Méthode : Calculer en fréquences naturelles

Choisir un effectif total $N$ assez grand pour que tous les sous-effectifs soient des nombres entiers ( $10000$ convient presque toujours, $100000$ pour une maladie très rare).
Partager $N$ selon la cause : ici $100$ malades et $9900$ non malades.
Partager chaque groupe selon l'indice : $90$ et $10$ d'un côté, $198$ et $9702$ de l'autre.
Répondre à la question posée en lisant un quotient d'effectifs, sans aucune formule.

Exemple 16.6La valeur prédictive, lue sur les effectifs

Parmi les $10000$ personnes, $90 + 198 = 288$ ont un test positif, et $90$ d'entre elles seulement sont malades :

$P_{T} (M) = \frac{90}{288} = \frac{5}{16} = 31, 25 %.$

Le même résultat par la formule de Bayes :

$P_{T} (M) = \frac{0 , 01 \times 0 , 90}{0 , 01 \times 0 , 90 + 0 , 99 \times 0 , 02} = \frac{0 , 009}{0 , 0288} = \frac{5}{16} .$

Les deux calculs sont le même, à un facteur $10000$ près sur le numérateur et sur le dénominateur.

iRemarque

Ce n'est pas un simple confort de rédaction. C'est l'un des résultats les mieux établis de la didactique des probabilités : un problème de dépistage énoncé en pourcentages est résolu par une petite minorité de personnes, alors que le même problème énoncé en effectifs (« sur $10000$ personnes… ») est résolu par une proportion bien plus grande — et l'écart se retrouve chez les étudiants comme chez les médecins. La mathématique n'a pas changé ; la présentation, si. Retenez-en une règle de travail : devant un énoncé bayésien, commencez par le retraduire en effectifs.

16.3.1 Le vocabulaire des quatre cas

Définition 16.7Les quatre cas et les quatre taux

Un test à deux réponses appliqué à une population partagée en malades et non malades produit quatre effectifs : les vrais positifs (VP), les faux négatifs (FN), les faux positifs (FP) et les vrais négatifs (VN). On en tire quatre proportions, qu'il ne faut pas confondre :

$Nom sensibilit e ˊ sp e ˊ cificit e ˊ valeur pr e ˊ dictive positive valeur pr e ˊ dictive n e ˊ gative Quotient \frac{VP}{VP + FN} = P_{M} (T) \frac{VN}{VN + FP} = P_{M} (T) \frac{VP}{VP + FP} = P_{T} (M) \frac{VN}{VN + FN} = P_{T} (M) Lecture en ligne, chez les malades en ligne, chez les non-malades en colonne, chez les positifs en colonne, chez les n e ˊ gatifs$

Les deux premières décrivent le test ; les deux dernières décrivent ce que vaut un résultat. Les premières ne dépendent pas de la population, les secondes en dépendent entièrement.

!Le réflexe

Une seule question suffit à ne jamais se tromper : est-ce que je divise par le total de la ligne, ou par le total de la colonne ? Diviser par la ligne, c'est juger le test. Diviser par la colonne, c'est juger le résultat. C'est le même tableau, la même case $90$ , et deux réponses sans rapport : $90 %$ et $31 %$ .


def frequences(N, prevalence, sensibilite, specificite):
    # Renvoie les quatre effectifs (VP, FN, FP, VN) sur N personnes.
    malades = N * prevalence
    sains = N - malades
    VP = malades * sensibilite
    FN = malades - VP
    VN = sains * specificite
    FP = sains - VN
    return VP, FN, FP, VN

VP, FN, FP, VN = frequences(10000, 0.01, 0.90, 0.98)
print(VP, FN, FP, VN)     # 90.0 10.0 198.0 9702.0
print(VP / (VP + FP))     # 0.3125  -> la valeur predictive positive

16.4 La prévalence commande

Le test précédent est bon : il détecte neuf malades sur dix et ne se trompe que sur deux personnes saines sur cent. Et pourtant un résultat positif ne signifie la maladie que dans un cas sur trois. Le coupable n'est pas le test : c'est la prévalence.

Gardons le test tel quel et faisons varier la seule prévalence $p$ . La formule de Bayes donne

$VPP (p) = \frac{0 , 90 p}{0 , 90 p + 0 , 02 ( 1 - p )} = \frac{90 p}{90 p + 2 - 2 p} = \frac{45 p}{44 p + 1},$

après division du numérateur et du dénominateur par $2$ . Nous obtenons une fonction d'une variable, et le chapitre 4 s'applique tel quel.

Proposition 16.8La valeur prédictive comme fonction de la prévalence

Posons, pour $p \in [0; 1]$ ,

$f (p) = \frac{45 p}{44 p + 1} .$

Alors :

$f$ est dérivable sur $[0; 1]$ et $f^{'} (p) = \frac{45}{( 44 p + 1 ) ^{2}} > 0$ : $f$ est strictement croissante, de $f (0) = 0$ à $f (1) = 1$ .
$f^{''} (p) = - \frac{3 960}{( 44 p + 1 ) ^{3}} < 0$ : $f$ est concave, sa courbe est au-dessous de chacune de ses tangentes. La caractérisation de la concavité par le signe de $f^{''}$ est celle du chapitre 5, où elle est admise.
La tangente à l'origine a pour coefficient directeur $f^{'} (0) = 45$ , qui est exactement le rapport $\frac{sensibilit e ˊ}{1 - sp e ˊ cificit e ˊ}$ . Pour de petites prévalences, $f (p)$ est donc voisin de $45 p$ .

Démonstration

C'est la dérivée d'un quotient, avec $u (p) = 45 p$ et $v (p) = 44 p + 1$ :

$f^{'} (p) = \frac{45 ( 44 p + 1 ) - 45 p \times 44}{( 44 p + 1 ) ^{2}} = \frac{1 980 p + 45 - 1 980 p}{( 44 p + 1 ) ^{2}} = \frac{45}{( 44 p + 1 ) ^{2}} .$

Sur $[0; 1]$ le dénominateur est strictement positif, donc $f^{'} > 0$ . En dérivant une seconde fois — $f^{'}$ est de la forme $45 w^{- 2}$ avec $w = 44 p + 1$ — on obtient $f^{''} (p) = - 45 \times 2 \times 44 \times (44 p + 1)^{- 3}$ , c'est-à-dire $f^{''} (p) = - \frac{3 960}{( 44 p + 1 ) ^{3}}$ , strictement négative. Enfin $f^{'} (0) = 45$ .

Exemple 16.9Deux seuils exacts

À partir de quelle prévalence un test positif a-t-il plus d'une chance sur deux de correspondre à un vrai malade ? On résout $f (p) \geq \frac{1}{2}$ . Comme $44 p + 1 > 0$ , l'inéquation équivaut à

$90 p \geq 44 p + 1 ⟺ 46 p \geq 1 ⟺ p \geq \frac{1}{46} \approx 2, 2 %.$

Et pour atteindre $90 %$ ?

$45 p \geq 0, 9 (44 p + 1) ⟺ 45 p \geq 39, 6 p + 0, 9 ⟺ 5, 4 p \geq 0, 9 ⟺ p \geq \frac{1}{6} \approx 16, 7 %.$

Il faut donc une prévalence de $2, 2 %$ pour qu'un positif soit « plutôt malade », et de $16, 7 %$ pour qu'il le soit à $90 %$ — avec un test parfaitement inchangé.

!Attentionà la « fiabilité » d'un test

Un test n'a pas de fiabilité en soi. La phrase « ce test est fiable à $98 %$ » ne veut rien dire tant qu'on n'a pas précisé quel quotient elle désigne ni sur quelle population. Le même test, avec les mêmes $90 %$ de sensibilité et $98 %$ de spécificité, donne une valeur prédictive de $f (0, 01) = \frac{5}{16} \approx 31 %$ dans un dépistage de masse et de $f (0, 20) = \frac{45}{49} \approx 92 %$ chez des patients déjà sélectionnés par des symptômes. Ce n'est pas le test qui a changé, c'est la population.

!Le réflexe

Retenez la hiérarchie : aux faibles prévalences, c'est la spécificité qui commande la valeur prédictive positive, pas la sensibilité. À $p = 1 %$ , faire passer la sensibilité de $90 %$ à $99 %$ ne porte la valeur prédictive que de $\frac{5}{16} \approx 31 %$ à $\frac{1}{3} \approx 33 %$ ; faire passer la spécificité de $98 %$ à $99, 8 %$ la porte à $\frac{50}{61} \approx 82 %$ . La raison tient en une phrase : les faux positifs sont prélevés sur l'immense population des non-malades, les vrais positifs sur la toute petite population des malades.

16.5 Actualiser : la cote et les indices successifs

Un dépistage n'est jamais un diagnostic : on refait un test, on demande un examen complémentaire, on cherche un second indice. Comment enchaîner ? Recommencer la formule de Bayes à chaque étape fonctionne, mais devient vite pénible. Il existe une écriture où l'enchaînement est une simple multiplication.

Définition 16.10Cote d'un événement

La cote d'un événement $A$ de probabilité $P (A) \neq = 1$ est le rapport

$c (A) = \frac{P ( A )}{P ( A )} = \frac{P ( A )}{1 - P ( A )} .$

Réciproquement, $P (A) = \frac{c}{1 + c}$ . Une probabilité de $0, 20$ correspond à une cote de $\frac{0 , 20}{0 , 80} = \frac{1}{4}$ : « une chance contre quatre ».

La cote n'est pas une notion du programme ; elle intervient ici comme un simple outil de calcul propre à ce thème, au même titre que le modèle logistique du chapitre 4.

◆Théorème 16.11Forme « cote » de la formule de Bayes

Avec les hypothèses de la formule de Bayes,

$cote apr e ˋ s l’indice \frac{P _{B} ( A )}{P _{B} ( A )} = cote avant l’indice \frac{P ( A )}{P ( A )} \times rapport de vraisemblance \frac{P _{A} ( B )}{P _{A} ( B )} .$

Démonstration

Écrivons la formule de Bayes sous sa forme courte, une fois pour $A$ et une fois pour $A$ :

$P_{B} (A) = \frac{P ( A ) P _{A} ( B )}{P ( B )} et P_{B} (A) = \frac{P ( A ) P _{A} ( B )}{P ( B )} .$

En divisant membre à membre, le facteur $P (B)$ — le seul qui soit pénible à calculer — disparaît :

$\frac{P _{B} ( A )}{P _{B} ( A )} = \frac{P ( A ) P _{A} ( B )}{P ( A ) P _{A} ( B )} = \frac{P ( A )}{P ( A )} \times \frac{P _{A} ( B )}{P _{A} ( B )} .$

Définition 16.12Rapport de vraisemblance

Le quotient $R V = \frac{P _{A} ( B )}{P _{A} ( B )}$ mesure combien de fois l'indice $B$ est plus fréquent quand la cause $A$ est présente que quand elle est absente. Un $R V$ supérieur à $1$ renforce $A$ , un $R V$ inférieur à $1$ l'affaiblit, un $R V$ égal à $1$ ne dit rien.

Exemple 16.13Le test de dépistage, en cote

Le test du fil conducteur a pour rapport de vraisemblance $R V = \frac{0 , 90}{0 , 02} = 45$ . À la prévalence $1 %$ , la cote avant test vaut $\frac{1}{99}$ , donc la cote après un test positif vaut $\frac{1}{99} \times 45 = \frac{5}{11}$ , et

$P_{T} (M) = \frac{5/11}{1 + 5/11} = \frac{5}{16} .$

On retrouve bien $31, 25 %$ , en une multiplication.

16.5.1 Enchaîner les indices

Reprenons la boîte de réception, où $20 %$ des courriels sont indésirables, et supposons que le filtre y relève plusieurs indices de même force, chacun de rapport de vraisemblance $R V = 3$ — des indices bien plus faibles que le mot « gratuit », dont le rapport valait $\frac{0 , 60}{0 , 05} = 12$ . Si l'on admet que ces indices sont indépendants conditionnellement à la nature du courriel, chaque nouvel indice multiplie la cote par $3$ .

Proposition 16.14La cote est une suite géométrique, sa log-cote une suite arithmétique

Notons $c_{n}$ la cote après $n$ indices, en partant de $c_{0} = \frac{1}{4}$ (soit $20 %$ de courriels indésirables). Alors

$c_{n + 1} = 3 c_{n}, donc c_{n} = \frac{3 ^{n}}{4},$

et la probabilité correspondante vaut $p_{n} = \frac{3 ^{n}}{3 ^{n} + 4}$ . En passant au logarithme (chapitre 3),

$ln c_{n} = n ln 3 - ln 4 :$

la suite $(ln c_{n})$ est arithmétique de raison $ln 3$ .

Démonstration

La suite $(c_{n})$ est géométrique de raison $3$ et de premier terme $\frac{1}{4}$ : $c_{n} = \frac{1}{4} \times 3^{n}$ (chapitre 1). L'équation fonctionnelle du logarithme, $ln (ab) = ln a + ln b$ , donne alors $ln c_{n} = ln (3^{n}) - ln 4 = n ln 3 - ln 4$ , qui est bien de la forme $ln c_{0} + n \times ln 3$ .

!Le réflexe

La figure dit une chose importante sur la lecture des probabilités. Passer de $87 %$ à $95 %$ paraît un petit progrès, et passer de $20 %$ à $43 %$ un grand — alors que les deux étapes apportent exactement la même quantité d'information, un facteur $3$ sur la cote. Les probabilités proches de $1$ écrasent les différences ; les cotes, et mieux encore leurs logarithmes, les rendent comparables.

!Attentionà l'indépendance des indices

La multiplication des rapports de vraisemblance suppose que les indices sont indépendants sachant la cause. C'est une hypothèse de modèle, jamais un théorème, et elle est souvent fausse : deux mots qui vont ensemble dans les mêmes courriels, deux tests fondés sur le même mécanisme biologique, deux prélèvements faits sur le même échantillon n'apportent pas deux informations distinctes. Quand l'hypothèse est douteuse, la cote calculée est trop grande et la conviction obtenue, surévaluée. Il faut le dire explicitement chaque fois qu'on l'utilise.


def actualiser(cote, rapport):
    # Un indice de rapport de vraisemblance donne multiplie la cote.
    return cote * rapport

def proba(cote):
    return cote / (1 + cote)

cote = 1 / 4                  # 2000 indesirables pour 8000 legitimes
for n in range(1, 7):
    cote = actualiser(cote, 3)
    print(n, round(proba(cote), 4))
# 1 0.4286 | 2 0.6923 | 3 0.871 | 4 0.9529 | 5 0.9838 | 6 0.9945

16.6 Hors de la médecine

Le raisonnement ne doit rien à la médecine : il lui faut seulement une cause dont on connaît la fréquence globale et un indice dont on connaît la fréquence chez ceux qui ont la cause et chez ceux qui ne l'ont pas.

16.6.1 Un filtre de courriels

C'est l'exemple du début, et il inverse le rôle de la prévalence : les courriels indésirables ne sont pas rares, ils forment ici $20 %$ du flux — et sur beaucoup de serveurs, bien davantage. C'est pourquoi un filtre peut se permettre des indices médiocres là où un dépistage ne le peut pas. Le problème résolu 2 mène cette étude jusqu'au réglage du seuil de blocage.

16.6.2 Un diagnostic de panne

Une machine-outil tombe en panne. L'historique de l'atelier donne trois causes possibles et leur fréquence : usure d'un roulement ( $60 %$ des pannes), défaut d'alimentation ( $30 %$ ), erreur du programme de commande ( $10 %$ ). Le technicien observe une surchauffe. Cette surchauffe accompagne $10 %$ des pannes de roulement, $50 %$ des défauts d'alimentation et $80 %$ des erreurs de programme. Les probabilités totales à trois causes donnent

$P (S) = 0, 60 \times 0, 10 + 0, 30 \times 0, 50 + 0, 10 \times 0, 80 = 0, 06 + 0, 15 + 0, 08 = 0, 29,$

puis, en divisant chaque chemin par ce total,

$P_{S} (roulement) = \frac{6}{29} \approx 21 %, P_{S} (alimentation) = \frac{15}{29} \approx 52 %, P_{S} (programme) = \frac{8}{29} \approx 28 %.$

L'indice a renversé le classement : sans lui on aurait ouvert le carter du roulement, cause deux fois plus fréquente que les autres ; avec lui, c'est l'alimentation qu'il faut regarder d'abord. On vérifie que les trois probabilités s'additionnent bien à $1$ , ce qui est le contrôle usuel.

16.6.3 Chercher un objet perdu

Un raisonnement bayésien décrit aussi une recherche. On répartit sa croyance entre plusieurs endroits, on fouille le plus probable, et si l'on ne trouve rien — ce qui est un indice, même s'il est négatif — on met à jour. L'effet est contre-intuitif : chercher sans succès dans une zone augmente la probabilité de toutes les autres, et peut faire passer en tête une zone que l'on jugeait peu probable. C'est exactement la démarche des services de secours en mer ; le problème résolu 3 la conduit sur trois zones et trois recherches.

16.6.4 Une erreur judiciaire

Une trace biologique est retrouvée sur les lieux d'un cambriolage. Le laboratoire conclut : « ce profil génétique est partagé par une personne sur $100000$ ». Un suspect, interpellé par ailleurs sans autre élément à charge, présente ce profil. L'accusation en tire : « il n'y avait qu'une chance sur $100000$ pour qu'un innocent présente ce profil, donc l'accusé est coupable à $99, 999 %$ ».

La phrase renverse le conditionnement. Le laboratoire a mesuré $P_{C} (profil)$ , la fréquence du profil chez les innocents. Le tribunal doit statuer sur $P_{profil} (C)$ , la probabilité d'être coupable sachant que l'on porte le profil. Si l'enquête n'a rien d'autre et que le coupable est l'un des $500001$ adultes de la région, les $500000$ innocents fournissent $500000 \times \frac{1}{100 000} = 5$ porteurs du profil. Le profil désigne donc un groupe de six personnes, dont une seule est coupable :

$P_{profil} (C) = \frac{1}{6} \approx 17 %.$

!Attentionau sophisme du procureur

Confondre $P_{C} (indice)$ et $P_{indice} (C)$ dans un prétoire porte un nom : le sophisme du procureur. Il a conduit à de vraies condamnations d'innocents. Deux remarques permettent de le désamorcer :

une probabilité minuscule multipliée par une population immense donne un effectif qui ne l'est pas ;
la conclusion dépend de la probabilité avant l'indice — ici la taille de la population suspecte. Si d'autres éléments avaient réduit l'enquête à dix personnes, la même trace donnerait une probabilité de culpabilité voisine de $99, 99 %$ . L'indice ne vaut rien tout seul : il ne fait que multiplier une cote.

16.7 Bilan

Proposition 16.15L'essentiel du thème

$P_{A} (B)$ et $P_{B} (A)$ n'ont pas le même dénominateur : ce ne sont pas les mêmes nombres. Les données d'un énoncé sont des $P_{cause} (indice)$ , la question posée est un $P_{indice} (cause)$ .
La formule des probabilités totales additionne les chemins d'un arbre pondéré ; la formule de Bayes en fait un quotient :

$P_{B} (A) = \frac{P ( A ) P _{A} ( B )}{P ( A ) P _{A} ( B ) + P ( A ) P _{A} ( B )} .$

Le même calcul en fréquences naturelles — « sur $10000$ personnes… » — ne manipule que des effectifs entiers et rend le résultat lisible sans formule. C'est la première chose à faire.
La prévalence commande la valeur prédictive. Avec un test fixé, celle-ci s'écrit

$f (p) = \frac{R V \times p}{( R V - 1 ) p + 1},$

fonction croissante, concave, de pente $R V$ à l'origine. Un test n'a pas de fiabilité en soi.

En cote, la formule de Bayes devient une multiplication : cote finale $=$ cote initiale $\times$ rapport de vraisemblance. Les indices successifs multiplient la cote — suite géométrique — et additionnent son logarithme — suite arithmétique. L'indépendance conditionnelle qui l'autorise est une hypothèse de modèle, à énoncer.
Hors médecine, le même raisonnement règle un filtre de courriels, oriente un diagnostic de panne, conduit une recherche en mer — où un échec est une information — et démonte le sophisme du procureur.

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