Il peut arriver que p^^pi. Alors
d'où
<x 4-y __^ oc -f- (3 -H. y -4- 3 a ~ a-4-(3
XH I — i-h 1 -,
Quand cette dernière condition est remplie, on a /?i =/?6î on a aussi />! =p6f en permutant a avec (3, y avec <5; on a
PROBABILITÉS TOTALES ET COMPOSÉES. Sg
encore />2 =/?7, car Pi se permute avec />2 et /?5 avec/?,; de même p^ =/?8.
Ainsi
Pi-Pn—Pi-
En d'autres termes, la probabilité pour que A se produise reste la même si l'on sait que B s'est produit ou si l'on sait que B ne s'est pas produit; ou, enfin, la probabilité de A est indépendante de B.
On dit que les deux événements sont indépendants.
De p^z=zp^y on déduit
P'.-=^PxPi •
la probabilité pour que les deux événements se produisent, s'ils sont indépendants, est le produit de la probabilité de chacun des deux événements.
C'est le théorème des probabilités composées.
15. Dans un jeu de 82 cartes, ou tire 2 cartes à la fois. La probabilité pour que la première soit un roi est
la probabilité pour que la seconde soit un roi est
la probabilité pour que les deux cartes tirées soit précisément deux rois est
4o CHAPITRE M.
On cherche parmi tous les arrangements des cartes deux à deux; soit 82 x 3i, ceux qui sont favorables à Tévénement : il y en a 4 x 3, car il y a 4 fois dans le jeu, et on peut former avec eux, 232, autant d'ârrangemenls qu'avec 4 lettres 2 h 2.
La probabilité pour que, dans les 2 cartes, il y ait au moins un roi est
8 X Si — 12
Il faudrait se garder de dire que la probabilité pour que l'on ait au moins un roi est le double de la probabilité pour que l'on ait un roi.
Une urne renferme- A boules numérotées de i à A'. Si l'on cherche la probabilité d'amener le n° i, en tirant deux boules à la fois, le i peut figurer soit sur la première boule, soit sur la seconde; lesdeux événements sont incom[)atibles et la probabilité totale est
Revenons aux rois du jeu de cartes. Les événements sorii-ils indépendants?
On n'a pas/>4=:/>,/?2, mais/?;— /j,/>7.
En se reportant à-la signification dep,, on voit que, si le premier événement À s'est produit, il ne reste que trois rois et 3i cartes, et la probabilité pour que B arrive est
Ainsi
Autre exemple d'événements indépendants : je jette deux dés; quelle est ta probabilité que chacun amène 6 ?
La probabilité que l'un amené 6 est -;
— l'autre — -x.
La probabilité que tous deux amènent 6 est 1rx^ car les deux événements sont indépendants.
16. Cette condition n'est pas toujours aussi évidente, et on pourrait faire de ce Ihéorème un usage illégitime qui s'est rencontré plusieurs fois.
Au tir au pistolet, je cherche la' loi probable des écarts : je ne me suis rien donné, ni sur le tireur, ni sur le pistolet. C'est une question dans le goût de « l'âge du capitaine ».
Prenons cependant deux axes de coordonnées, ayant pour origine le centre de la cible : soient x et y les coordonnées rectangulaires d'un point M, p et co ses coordonnées polaires.
Le problème reste indéterminé, si nous admettons que la probabilité des écarts est la même dans toutes les diiections.
La probabilité que M se trouve dans un petit élément de surface da peut se figurer par
Ilfauldéterminer/(^,y); cette fonction ne doit dépendre que de p pour que la probabilité reste la même dans toutes les directions : cette probabilité s'écrira donc
Cherchons la probabilité pour que Tabscisse du point de chute soit comprise entre a: et ce -\- dx\ elle se représentera
par
(p(^) dx.
De même, la probabilité pour que l'ordonnée du point de chute soit comprise entre y eiy-hdy se représentera par
Mais on doit supposer que cp et ^. sont égaux pour que la probabilité reste la même dans toutes les directions; dans le second cas, on aura donc
Le raisonnement va devenir incorrect : cherchons la probabilité pour que M se trouve dans un petit rectangle de dimensions dx et dy. Deux événements doivent se produire à la fois : r° l'abscisse est comprise entre x et x-+-dx] 2° l'ordonnée est comprise entre / et y -+- dy.
En vertu du théorème des probabilités composées, la probabilité actuelle sera
D'autre part, cette probabilité s'exprime par/(p) da; on
a donc
(p(jc)cp(7) = /(p).
Prenons les dérivés logarithmiques des deux membres par rapport à Xy en tenant compte de p^=zx^ +/%
9(^) /(P) P* Ainsi
^9i^) pAp)'
et, par analogie,
Le premier membre de chacune de ces équations dépend soit de ^, soilLde r; comme ils sont égaux, ils sont constants.
ÇC (^{^)
Ioge9(^) — -^^-lï)geC,
Cp(^)— Ce2
Ce raisonnemenr est incorrect : on a appliqué le théorème des probabilités composées, c'est-à-dire qu'on a supposé les événements indépendants; autrement dit, que les écarts suivant Taxe rfes x sont indépendants des écarts suivant l'axe des y.
Décrivons quatre aires égales à d(j autour des quatre sommets A, B, C, D d'un rectangle dont les côtés sont parallèles aux axes. Appelons «,'j3, y, 5 les probabilités respectives pour que M tombe dans chacun de ces éléments.
J'ai supposé que l'écart en ordonnée était le même pour B et D, situés sur la mêhie parallèle à l'axe des x; que l'écart en abscisse était le même pour A et B, situés sur la même parallèle à l'a^Ce des y; en d'autres termes, que
- = ^, ee qui est une hypothèse absolument gratuite.
n. Maxwell a commis la même erreur dans la théorie des gaz. Considérons m\ gaz comme formé d'un très grand nombre de molécules animées de vitesses différentes; corn-
ment les vitesses seront-elles distribuées entre les molécules?'
Choisissons trois axes de coordonnées rectangulaires et, par Torigine, menons un vecteur représentant en grandeur, direction et sens la vitesse de ces molécules. Évaluons la probabilité pour que l'extrémité M du vecteur se trouve dans un petit élément de volume dx.
Si je suppose, ce qui est naturel, les vitesses également susceptibles de toutes les directions, cette probabilité se représentera par
f{r)di:..-
La probabilité pour que la première coordonnée soit entre X et X -\- dx' s'écrira 9(a?)(^.r; la probabilité pour que la seconde coordonnée soit entre y et y ^ dy s'écrira 9(/)û(yî la probabilité pour que la troisième coordonnée soit entre ^ et -s h- d^ s'écrira (s^{z)dz.
La probabilité pour que M soit dans un petit parallélépipède de deux côtés parallèles aux axes ^VawX f{r)dx dy dz, si le théorème desr probabilités composées était applicable, on aurait comme tout à l'heure
ce qui est incorrect.
18. Problème du scrutin. — Ce problème admet une solution élégante due à M. D. André.
Deux candidats A et B sont en présence; un électeur bien informé sait à l'avance que A aura m voix et B n voix, ni. étant plus grand que n. On demande la probabilité pour que A garde la majorité pendant tout le dépouillement du scrutin.
Pour évaluer, le nombre des cas possibles, constatons que les m bulletins A et les n bulletins B peuvent se présenter dans autant d'ordres différents qu'il y a Ue permutations avec rép'étition de n^ lettres A et n lettres B, soit
{îii^ n)\
Je partage ces cas possibles en trois groupes.
Dans le premier, je range tous les cas où A a la majorité au début et la conserve tout le teihps, soit Ni cas tous favorables.
Dans le deuxième, je range tous les cas où le premier bulletin est un bulletin B ; A perd donc la majorité au début ; ce sont Na cas défavorables.
, Dans le troisième, je range tous les cas où A a la majorité au début, mais la perd ensuite avant de la retrouver à la fin; ce sont Js^ cas défavorables.
On a
XT AT xT {m -\- n)\
et il s'agit de calculer
Évaluons N2 : le premier bulletin dépouillé porte B; supprimons-le, il reste m bulletins A et {n — i) bulletins B. Le
nombre des cas possibles est ^ — 7—, -tt-' et donne la
* rn\ {n — i)\
valeur de Nj.
Je vais démontrer que N3 = Ng.
Lemme. — Supposons qu'il y ait égalité de voix dans le scrutin : k a q bulletins ^ B a 7 bulletins. Admettons également que K a la majorité au débuts et qu'il la conserve jus-
qu'au dernier bulletin^ ou il la perd, puisqu'il y a finalement égalité; le dernier bulletin est donc au nom de B. Dépouillons dans V ordre inverse : B perdra la majorité au derpier bulletin seulement,
A un moment déterminé du scrutin, on a dépouillé a bulletins A, et b bulletins B, et l'on a trouvé a'> by puisque A a la majorité. Il reste à dépouiller q — a bulletins A, ^Xq — b bulletins B.
Dans l'ordre inverse, le scrutin aurait donc montré
c'est-à-dire que B aurait eu la majorité. Ce lemme établi, revenons au problème qui nous occupe. Considérons une combinaison a du troisième groupe
(a) AABAB|BABAA.
A a la majorité jusqu'au trait, puis, au bulletin suivant, il la perd pour la première t'ois. A gauche du trait, s'il y a q bulletins A, il y a ^ — i bulletins B, soit en tout iq — i bulletins.
Considérons une autre combinaison, que nous appellerons dérivée de a,
BABAA|AABAB.
On l'obtient en prenant successivement dans a les bulletins de rang
c'est-à-dire en transportant à gauche du trait ce qui était à droite, et inversement.
Le (2^)« bulletin étant, par définition, le premier qui fait
perdre à A sa majorité, chaque combinaison a a une dérivée et une seule.
Considérons maintenant une combinaison (3 du second groupe : elle commence par B
(p) BAHAAABA;
A a la majorité à la fin.
Foinions une combinaison (3' de la manière suivante: d'abord le premier bulletin B, puis le dernier bulletin dep, puis le pénultième, etc., c'est-à-dire les bulletins de (3 en ordre inverse jusqu'au second,
((3<) BABAAABA.
11 est clair que B a d'abord la majorité, puis qu'il finit par la perdre.
Supposons que le (2/?)<* bulletin fasse perdre, pour la première fois, la majorité à B; ici, c'est le second.
La combinaison (3' sert à définir le nombre/? : il n'y en a qu'un.
Le bulletin qui occupe dans (3' le {ipY rang occupe dans (3 le (m H- /i -4- 2 — 2/) )« rang.
Dans j3, je place un trait avant le terme qui occupe ce rang
((3) BABAAAB|A.
Considérons enfin la combinaison suivante, que je désignerai par y et que j'api)ellerai la dérivée de (3; je commence par les bulletins à droite du trait (ici il n'y en a qu'un), et je reprends tous ceux qui sont à gauche.
(y) A|BABAAAB.
4o CHAPITRE II.
Les bulletins de (3 ont été pris dans l'ordre m-t-/n-2 — 2/>, ..., m-hrif i, 2, ..., m-^n—ip, m-hn-^]—2p.
Jeudis que cette dérivée appartient toujours au troisième groupe.
D'abordle ( w -h /i 4- 2 — 2/>)« bulletin doit être A, puisque dans (3/ il fait 'perdre la majorité à B; donc y commence par A.
A ne conservera pas tout le temps la majorité. En effet, les 2p premiers-bulletins de y sont, dans un ordre différent, les 2J0 prepîiers bulletins de (3'; et par hypothèse, après le dépouillement de ces 2/? bulletins, il y avait égalité entre les deux candidats.
Donc, dans y, A aura perdu la majorité et y appartiendra au troisième groupe. '
Ainsi, toute combinaison du second groupe a une dérivée, et une seule appartenant au troisième groupe.
Si, pour une combinaison a appartenant au troisième, groupe, je forme sa dérivée p, puis la dérivée de 6, je dis que je retombe sur a,
Démonirons que lé ^ de a correspond au p de p.
En effet, formons (3'
((3') . BBABAA|AABA.
Si je prends les 2q premiers bulletins de j3', ce sont précisément les 2q premiers bulletins de a dépouillés dans un ordre inverse, et, d'après le iemme, B n'y pcdra la majorité qu'à la fin; or, nous savons, d'autre part, que B ne perd la majorité dans (3' qu'au {2pY bulletin; donc
et la dérivée de (3 sera <3d.
Si j'ai affaire à une combinaison [3, j'en forme la dérivée y : réciproquement la dérivée de j3 sera a.
On peut dire que les combinaisons du second groupe sont conjuguées avec celles du troisième, de telle façon que chaque combinaison d'un groupe soit là dérivée de sa conjuguée de l'autre groupe.
Donc
ml {n — I )
ni -h n
et
N,H-N2-hNa
C'est la probabilité que A n'aura pas toujours la majorité;
est la probabilité qu'il la gardera tout le temps.
19. Problème des dés. — On jette n dés et on demande la probabilité d'amener un point total égal à K.
Supposons d'abord qu'il ne s'agisse que de deux dés; av€C chacun d'eux, six cas différents peuvent se présenter, et les deux réunis offrent trente-six combinaisons.
5o CHAPITRE II.
{]ne seule correspond au point K^= 2
2 correspondent au point ... K — 3
La probabilité d'amener 2 est ^
Prenons- le problème plus général de /i dés; le nombre total des cas possibles est 6^ : en effet, soit «i ag... «« une des combinaisons, chacun des nombres a est susceptible de six valeurs, 1, 2, 3, ,.., 6; donc le nombre cherché est celui des combinaisons avec répétition de six lettres /i à n, soit 6«.
Le point total devant être un nombre donné à Tavance, K,
Considérons l'un des 6'» cas possibles, et, à ce cas, faisons correspondre le monôme
/ai /a, /«" *■ 1 '2 •••*■« •
Fijisons la somme 11 de ces monômes en faisant varier 3c,, «2» .-.,.«« de 1 à 6.
qui peut s'écrire
PROBABILITÉS TOTALES ET COMPOSÉES. 5l
C'est un produit de n facteurs; faisons-y
Le monôme deviendra
et le polynôme n se réduira à
Soit N Je nombre des cas favorables; il y a N monômes égaux à t^^ leur somme est N^*^, et si l'on fait li^t^y pour toutes les valeurs.possibles de K
La probabilité demandée est ^«
La valeur dé N est facile à calculer.
Il est la puissance /i« d'une somme de termes en progression géométrique
{t-t-^rii-t)-^;
{t — fy et (i — t)r" peuvent se développer par la formule du binôme; en faisant le produit des deux développements, j'aurai le coefficient de t^, c'est-à-dire N.
Reprenons le cas de deux dés. Il devient {t — f)^ (i — 0~S et l'on a
Évaluons le coeffîtient de t^ en faisant le produit de ces deux développements. D'abord, K ne peut dépasser 12; puis
nous considérerons deux cas, suivant que le point est de 2 à 7 ou de 8 à 12.
Si le point K est au plus égal à 7, K < 8, il n'y a à faire intervenir ni /^ ni t^'* dans le premier développement, et l'on n'aura à considérer que
Ainsi, pour les points 2, 3, 4, ..••, 7, N a les valeurs respectives I, 2, 3, ..,, 6.
Si K est égal ou supérieur à 8, il ne faut pas envisager ^*S et l'on n'aura affaire qu'à
Le coefficient de t^ dans le premier monôme sera K — i . Le coefficient de t^ dans le second monôme sera — 2; celui de i^ — 4; ••.; celui de t^, — 2 (K— 7). Ainsi
On trouverait des expressions plus compliquées pour n > 2.
20. Problème de la loterie. — Dans une urne, il y a ^ boules numérotées de 1 à fx; on en tire n; quelle est la probabilité pour qu'il y ait K boules désignées d'avance?
Les n boules tirées portent des numéros différents entre eux et compris entre i et jul.
Les cas possibles sont en même nombre que les arrangements de /JL lettres /i à n, si l'on tient compte de l'ordre de sortie
Quand il reste ix — i-^ l boules, chacune d'elles a même chance de sortie que les autres; nous supposerons toutes les sorties également probables.
Si l'on ne considère pas l'ordre, le nombre des cas possibles ne sera plus que celui des combinaisons de. |x lettres 71 à «,
Je ne considère plus comme distinctes les hypothèses qui ne diffèrent que par l'ordre de sortie. Toutes les combinaisons restent«elles également probables comme les arrangements? Oui, car chacune correspond à n\ arrangements.
Le nombre des cas favorables est celui des combinaisons où entrent les K boules désignées; il en reste, après leur suppression, fx — K dans Turne. Donc le nombre des cas favorables est le nombre des combinaisons de /x — K lettres
La probabilité d'amener K numéros désignés à la loterie est donc
(/JL-K)I/2!
21. ProWème de la poule. — Trois joueurs A, B, C jouent aux conditions suivantes. Deux d'entre eux A et B jouent ensemble; C ne joue pas. Le perdant sort et est remplacé par C. Après chaque partie, le perdant est remplacé. Le jeu prend fin quand un joueur gagne deux fois de suite.
On suppose naturellement que le jeu est un jeu de
hasard, et que la probabilité de gagner une partie est -
pour chaque joueur.
Par exemple, on peut avoir :
1 •■* partie AB; A gagne:
2« partie AC; si A gagne, il est le gagnant définitif; si C gagne, B rentre;
3« partie BC; si C gagne, il est le gagnant définitif;
si B gagne, A rentre; 4® partie BA; et ainsi de suite.
Admettons que A ait gagné la première partie. On demande la probabilité pour chacun des joueurs d'être le gagnant définitif. Soient x, y, z ces probabilités pour A, B, C.
Deux hypothèses sont d'abord possibles. Si A gagne la deuxième partie, c'est le gagnant définitif, et les probabilités des trois joueurs deviendront i, o, o.
Si A perrf, A prend la place de C, B se trouve dans les conditions de A,, et C rentre comme B; les probabilités deviennent z, ocy y.
Appliquons le théorème des probabilités totales et le théorème des probabilités composées.
A peut devenir gagnant définitif par deux hypothèses qui s'excluent l'une l'autre :
i« liln gagnant la partie considérée; :>." lui la perdant.
La probabilité pour que A soit gagnant définitif est donc
B ne peul gagner que d'une manière : A perd la partie considérée, el B devient gagnant définitif ensuite.
De même pour C la probabilité sera
D'où
On remarquera que ^ H-/-I- ^= i ; lorsqu'il y a plusieurs événements possibles et de telle façon que l'un d'eux et un seulement doive nécessairement arriver, la^ somme de leurs probabilités est i, mais ce n'est pas ici absolument le cas, car la partie pourrait se prolonger indéfiniment. Ici notre sonjme est i parce que la probabilité pour que la partie se prolonge indéfiniment est o.
On vient de supposer que A avait gagné la première partie. Plaçons-nous au commencement du jeu; avant la première partie, C est dehors.
Deux hypothèses : A gagnera ou B gagnera.
Si c'est A, B sortira, C entrera el les probabilités pour chacun deviendront
Si c'est B, elles deviendront
7 7, 7 A peut devenir gagnant définitif : soit en gagnant la pre-
mière partie, soit en la perdant. La probabilité de la première hypothèse s'obtient par le produit de la probabilité pour A de gagner la première partie et de la probabilité pour
devenir gagnant définitif, soit- x -. La probabilité de la seconde hypothèse est de même - x -.
On arrive ainsi aux probabilités totales suivantes :
Pour A, - X - -i- - X - — ~r ;
Pour B, la même, -7;
Pour C, sans la calculer autrement, --?•
