Dans un jeu de 32 cartes, on tire 2 cartes
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 soient précisément deux rois est
Pa =
On cherche parmi tous les arrangements des cartes deux à deux, soit 32 X 31, ceux qui sont favorables à l'événement:
il y en a 4 X 3, car il y a 4 rois dans le jeu, et on peut former avec eux, 2 à 2, autant d'arrangements qu'avec 4 lettres 2
La probabilité pour que, dans les 2 cartes, il y ait au moins un roi est
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 K boules numérotées de 1 à K. Si Ton cherche la probabilité d'amener le N° 1 en tirant deux boules à la fois, le 1 peut figurer soit sur la première boule, soit sur la seconde ; les deux événements sont incompatibles, et la probabilité totale est:
Pi +P-2= ^'
Revenons aux rois du jeu de cartes. Les événements sontils indépendants ?
On n'a pas p^ =: p^ p,, mais p^ ^^ p^ p^.
En se reportant à la signification de p^, on voit que, si le premier événement A s'est produit, il ne reste que trois rois et 31 cartes, et la probabilité pour que B arrive est
Ainsi :
Autre exemple d'événements indépendants: je jette 2 dés; quelle est la probabilité que chacun amène 6 ?
La probabilité que Fun amène 6 est ^ ;
— l'autre — -•
La probabilité que tous deux amènent 6 est ^ ^ car les deux événements sont indépendants.
6. Cette condition n'est pas toujours aussi évidente, et on pourrait faire de ce théorème 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 m ses coordonnées polaires.
Le problème reste indéterminé, si nous admettons que la probabilité des écarts est la même dans toutes les directions.
La probabilité que M se trouve dans un petit élément de surface de peut se figurer par
Il faut déterminer /* [x, y) ; f [x, y) 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 l'abscisse du point de chute soit comprise entre x et x -f- dx\ elle se représentera par
^ [x] dx.
De même, la probabilité pour que l'ordonnée du point de chute soit comprise entre y et y -f~ dy se représentera par
'\ [y) ày.
Mais on doit supposer que 3 et i sont égaux pour que la probabilité reste la même dans toutes les directions ; dans le second cas, on aura donc
© [y] dy.
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 : 1° l'abscisse est comprise entre a; et a; -f- dx\ :2° l'ordonnée est comprise entre y ei y •\- dy.
En vertu du théorème des probabilités composées, la probabilité actuelle sera
? (a?) cp [y) dx dy.
D'autre part, cette probabilité s'exprime par /" (p) d<5 ; on a donc :
et [x) a> [y) = f{ç).
Prenons les dérivées logarithmiques des deux membres par rapport à x, en tenant compte de p r= sjx- -\- y-.
Ainsi :
et par analogie :
a?cp [x) p/- (p)
Le premier membre de chacune de ces équations dépend soit de a:, soit dey; comme ils sont égaux, ils sont constants.
hx-
loge cp [x] ■-= -^-\- logV C lix''
(^ [x) = Ce - .
Ce raisonnement est incorrect : on a appliqué le théorème des probabilités composées, c'est-k-dire qu'on a supposé les événements indépendants ; autrement dit, que les écarts suivant l'axe des x sont indépendants des écarts suivant l'axe des y.
Décrivons quatre aires égales à ds autour des quatre sommets A, B, C, D d'un rectangle dont les côtés sont parallèles aux axes. Appelons a, fJ, y, o 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 même 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'axe des y ; en d'autres termes que - =-^5 ce qui
est une hypothèse absolument gratuite.
7. Maxwell a commis la même erreur dans la théorie des gaz. Considérons un gaz comme formé d'un très grand nombre de molécules animées de vitesses différentes; comment les vitesses seront-elles distribuées entre les molécules ?
Choisissons trois axes de coordonnées rectangulaires, et par l'origine menons un vecteur représentant en grandeur, direction et sens, la vitesse de ces molécules. Evaluons la probabilité pour que l'extrémité du vecteur M se trouve dans un petit élément de volume d-z.
Si je suppose, ce qui est naturel, les vitesses susceptibles de toutes les directions, cette probabilité se représentera par
/•(r)rfT.
La probabilité pour que la première coordonnée soit entre X e\,x -\- dx s'écrira ^ (a?) dcc ; la probabilité pour cpie la seconde coordonnée soit entre y ei y -\- dy s'écrira <j> (y) dy\ la probabilité pour que la troisième coordonnée soit entre z ^i z -\- dz s'écrira a. (-2-) dz.
La probabilité pour que M soit dans un petit parallélipipède de côtés. parallèles aux axes étant/ (r) dx dy dz^ si le théorème des probabilités composées était applicable, on aurait comme tout à l'heure
/ (r) = <p (a;) (f (y) tp (z),
ce qui est incorrect.
8. Parlons maintenant du problème du scrutin, dont une solution élégante est due à M. 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, m 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 de permutations avec répétition de m lettres A et n lettres B, soit
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 temps, soitN^ 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 No 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 N3 cas défavorables.
On a
N 4-N 4-N -1±JLi
et il s'agit de calculer :
Evaluons N, : le premier bulletin dépouillé porte B ; supprimons-le, il reste m bulletins A et (w — 1) bulletins B. Le
nombre des cas possibles est ; tt") et donne la va-
leur de Nj.
Je vais démontrer que N3 = Nj.
Lemme. — Supposons qu'il y ait égalité de voix dans le scrutin : A a ^ bulletins, B sl q bulletins. Admettons également que A a la majorité au début, et qu'il la conserve jusqu'au dernier bulletin, où il la perd, puisqu'il y a finalement égalité ; le dernier bulletin est donc au nom de B, Dépouillons dans l'ordre inverse : B perdra la majorité au dernier bulletin seulement.
A un moment déterminé du scrutin, on a dépouillé a bulletins A et è bulletins B, et l'on a trouvé a "> b, puisque A a la majorité. Il reste à dépouiller q — a bulletins A. ei q — b bulletins B.
Dans l'ordre inverse, le scrutin aurait donc moiitré :
c'est-k-dire que B aurait eu la majorité.
Ce lemme établi, revenons au problème qui nous occupe. Considérons une combinaison a du troisième groupe
y. AABAB I BABAA.
A a la majorité jusqu'au trait, puis, au bulletin suivant, il la perd pour la première fois. A gauche du trait, s'il y a g^ bulletins A, il y a ^ — 1 bulletins B, soit en tout ^q — 1 bulletins.
Considérons une autre combinaison que nous appellerons
<r dérivée de a ».
BABAA I AABAB.
On l'obtient en prenant successivement dans a les bulletins de rang
c'est-à-dire en transportant à gauche du Irait ce qui était à droite, et inversement.
Le (25')" bulletin étant, par définition, le premier qui fait perdre à A sa majorité, chaque combinaison a aune dérivée et une sdlile.
Considérons maintenant une combinaison ^ du second groupe : elle commence par B.
p BABAAABA.
A a la majorité à la lin.
Formons une combinaison b' de la manière suivante : d'abord le premier bulletin B, puis le dernier bulletin de B, puis le pénultième, etc., c'est-à-dire les bulletins de f> en ordre inverse jusqu'au second.
fJ' BABAAABA
Il est clair que B a d'abord la majorité, puisqu'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 p' sert à 'définir le nombre p : il n'y en a qu'un.
Le bulletin qui occupe dans f le {'ÈpY rang occupe dans p le (wî -f- ^ + 2 — 2p)® rang.
Dans p, je place un trait avant le terme qui occupe ce rang:
p BABAAAB | A
Considérons enfin la combinaison suivante, que je désignerai par Y et que j'appellerai la dérivée de p; 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 I BABAAAB
Les bulletins de ^ ont été pris ainsi dans Tordre : ^-|„^2 2p,...,m-|-;^l,2, ...,m-j-n — 2/),w-[-w-|-l— -2/).
Je dis que cette dérivée appartient toujours au troisième groupe.
Dabord le (m -j- w -f- 2 — 2p> .«.uUetin doit être A, puisque dans S' 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 2p premiers bulletins de p'; et par hypothèse, après le dépouillement de ces ip bulletins, il y avait égalité entre les deux candidats.
Donc, dans f, 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 p, je dis que je retombe sur a.
Démontrons que le 5* de a correspond au p de 6.
En effet, formons fJ'
p' BBABAA I AABA.
Si je prends les 2q premiers bulletins de p', ce sont préci sèment les 2^ premiers bulletins de a dépouillés dans un
26 CVLCUL DES PROBABILITÉS
ordre inverse, et, d'après le lemme, B n'y perdra la majorité qu'à la fin; or, nous savons, d'autre part, que B ne perd la majorité dans p' qu'au {^pY bulletin ; donc
et la dérivée de p sera a.
Si j'ai affaire à une combinaison p, j'en forme la dérivée y : réciproquement la dérivée de (i 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 la dérivée de sa conjuguée de l'autre groupe.
Donc :
N, + No + N3 "" m + n
C'est la probabilité que A n'aura pas toujours la majorité; et
N, tn m — n
N| + No + N3 m -\-n m -\- n
est la probabilité qu'il la gardera tout le temps.
TROISIÈME LECOX
1. Appliquons à quelques problèmes simples les principes précédents.
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; avec chacun d'eux, six cas différents peuvent se présenter, et les deux réunis offrent trente-six combinaisons.
14 etc.
2 6 Une seule correspond au point K = 2
2 correspondent au point. . . K = 3
La probabilité d'amener 2 est . —
Prenons le problème plus général de n dés; le nombre total
des cas possibles est C* : en effet, soit a, a2 a„ 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 n à n, soit 6".
Le point total devant être un nombre donné k l'avance, K,
Considérons l'un des 6" cas possibles, et à ce cas faisons correspondre le monôme
Faisons la somme de ces monômes en faisant varier a,, ttjj, ..., a„ de 1 à 6.
S <?i tp ... tf,n = n
C 'est un produit de n facteurs ; faisons-y : Le monôme deviendra:
et le polynôme H se réduira à :
Soit N le nombre des cas favorables ; il y a N monômes égaux à t^ , leur somme est N/^ , et si l'on fait SN/^ , pour toutes les valeurs possibles de K :
SN<^ = n.
La probabilité demandée est — •
La valeur de N est facile à calculer.
n est la puissance n* d'une somme de termes en progression géométrique :
{t — P)" et (l — f)"" 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 X.
Reprenons le cas de deux dés. II devient [t — t')'^ (1 — /)--, et l'on a :
Évaluons le coefficient de /^ 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 l^ ni /" 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 1, 2, 3, , 6.
Si K est égal ou supérieur à 8, il ne faut pas envisager /'^, et l'on n'aura affaire qu'à :
Le coefficient de l^ dans le premier monôme sera K — \ . Le coefficient de t^ dans le second monôme sera — :2 ; celui de t'\ — 4 ; ... celui de l^, — 2 (K — 7). Ainsi :
On trouverait des expressions plus compliquées pour n > 2.
2. Problème de la loterie. — Dans une urne, il y a {x boules numérotées de 1 à a ; 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 1 et [jl.
Les cas possibles sont en même nombre que les arrangements de jjL lettres n à n, si l'on tient compte de l'ordre de sortie :
Quand il reste ;ji. — î -f- 1 boules, chacune d'elles a même chance de sortie que les autres ; nous supposerons toutes les sorties également probables.
Si on ne considère pas l'ordre, le nombre des cas possibles ne sera plus que celui des combinaisons de a lettres
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, a — K dans l'urne. Donc le nombre des cas favorables est le nombre des combinaisons de a — K lettres n — K à n — K.
La probabilité d'amener K numéros désignés à la loterie
est donc :
3. Problème 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 :
l'^ partie AB ; A gagne ;
2' partie AC; si A gagne, il est le gagnant déflnitif;
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 ga-
gnant définitif. Soit x^ y, 3-, cette probabilité 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 1, 0, 0.
Si A perd, A prend la place de C, B se trouve dans les conditions de A et C rentre comme B; les probabilités deviennent z. X, 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 :
1° En gagnant la partie considérée ;
2° En la perdant.
La probabilité pour que A soit gagnant définitif est donc :
B ne peut gagner que d'une manière : A perd la partie considérée et B devient gagnant définitif ensuite.
De même pour C la probabilité sera
D'où :
On remarquera que x -{- y -\-. z =^ \ \ 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 1, mais ce n'est pas ici absolument le cas, car la partie pourrait se prolonger indéfiniment. Ici notre somme est l parce que la probabilité pour que la partie se prolonge indéfiniment est 0.
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 et les probabilités pour chacun deviendront
Si c'est B, elles deviendront
A peut devenir gagnant définitif : soit en gagnant la première partie, soit en la perdant. La probabilité de la première hypothèse s'obtient par le produit delà 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 z •
On arrive ainsi aux probabilités totales suivantes. PourA,^5X-.-l-3X = j-j,
Pour B, la même, 77;
Pour C, sans la calculer autrement — •
CALCLL DES PROBABILITÉS 3
4. EspèrancB mathématique. — A un certain moment d'un jeu, un joueur a la probabilité p pour qu'il gagne; l'enjeu à empocher est a.
Par définition, l'espérance mathématique est pa. Bien entendu, si a est une perte, pa est négatif.
Si plusieurs hypotlièses, de probabilités respectives p,,. P2)--- Pn: amènent des gains respectivement égaux à a^, ag, .» a„, la définition de l'espérance mathématique sera :
Un jeu est équitable lorsque l'espérance mathématique est la même pour tous les joueurs.
Pour faciliter certaines questions, on convient d'introduire des joueurs fictifs dont on évalue l'espérance mathématique.
Soient deux événements, A et B.
La probabilité de l'arrivée de A est p^
» » B est Pj.
» » A ou de B est p^
» » A et de B est p^
On a
Pi +P-2 =P3 -\-P;.-
Si les deux événements étaient incompatibles, on aurait dans cette formule p^ ^ 0, c'est-à-dire le théorème de la probabilité totale; mais je suppose qu'il n'en soit pas ainsi.
Le gain à réaliser est de i franc si A se produit; de 1 franc également si B se produit.
L'espérance mathématique totale en tenant compte des deux événements sera p^ + Pg-
Ainsi, que les événements soient compatibles ou non,^
l'espérance mathématique totale est la somme des espérances mathématiques partielles.
Si les deux événements se produisaient, le joueur toucherait 2 francs.
Cas plus compliqué: Un certain nombre d'événements A,, A2, ... Aç sont possibles : la probabilité pour que A, se produise est Pi, la probabilité pour que A, et A^ se produisent à la fois est pik, la probabilité pour que A,, Ay et A^;. se produisent à la fois est p/y^.
On promet à un joueur de lui payer 1 franc pour chaque événement qui se produit ; s'il y en a n, il touchera n francs. Son espérance mathématique totale est la somme de celles que lui assure chacun des événements, c'est-à-dire Sp,-.
On lui promet autant de francs qu'il y aura de combinaisons de deux événements pris dans la série. Si deux événements se produisent, il touche 1 franc ; si trois événements A, B, C se produisent, il touche 3 francs, car il y a trois combinaisons AB, BC, CA ; si n événements se produisent, il touche — —z francs.
Quand deux événements A, et Ayt se produisent, cette combinaison lui assurant 1 franc, l'espérance mathématique est Pii; et l'espérance mathématique totale est alors :
Si n événements se produisent, et qu'on donne au joueur 1 franc par groupe de 3, il touchera alors ^^ ^ i q " et son espérance mathématique sera
Jouons maintenant avec les conventions suivantes : je paie 1 franc par événement qui se produit ; le joueur me paie 1 franc par combinaison de deux événements ; je lui paie 1 franc par combinaison de trois événements ; il me paie 1 franc par combinaison de quatre événements, etc.
Événements : 1,
Gain du joueur : 1,
Son gain est :
- 1) in ■
quand il y a n événements
réalisés.
Si n = 0, s = 0.
On a, en général :
Donc, pour w > o, <j = 1.
Ainsi, quand aucun événement ne se produit, le joueur ne touche rien ; quand il s'en produit n, il touche toujours 1 franc.
Son espérance mathématique est:
P = Hpi — T.pik -i- ^Pijk — ...
D'où une généralisation du théorème des probabilités totales : la probabilité pour que l'un, au moins, des événements se produise est :
2p,- — Hpik 4- ^Pijk — ...
