Modélisez une expérience aléatoire

Autour d’une table de Yams, une question revient souvent : avec trois dés, vaut-il mieux parier sur une somme de 9 ou sur une somme de 10 ? Les deux s’obtiennent de six façons en apparence (9 = 1+2+6 = 1+3+5 = …), et pourtant l’une sort plus souvent que l’autre. Pour trancher sans lancer les dés mille fois, il faut un modèle : une description précise de ce qui peut arriver et de la chance de chaque issue.

Ce chapitre pose ce modèle, qui servira dans tout le cours. Notre fil rouge sera un jeu de dés, parce qu’on peut y vérifier chaque résultat à la main, puis en simulation avec R.

Expérience, univers et événements

Une expérience aléatoire est une expérience dont on connaît toutes les issues possibles, mais dont on ne peut pas prévoir le résultat : lancer un dé, tirer une carte, mesurer le temps de réponse d’un serveur. Le « hasard » n’est pas une propriété mystérieuse du monde, c’est une abstraction commode pour tout ce qu’on ne contrôle pas ou qu’on ne veut pas détailler.

On décrit l’expérience avec trois objets.

• L’univers $\Omega$ (on dit aussi ensemble fondamental) est l’ensemble de toutes les issues possibles. Pour un dé, $\Omega = \lbrace 1, 2, 3, 4, 5, 6 \rbrace$. Pour deux dés discernables (un rouge, un bleu), $\Omega$ contient les 36 couples $(i, j)$.
• Une issue (ou événement élémentaire) est un élément $\omega$ de $\Omega$ : le couple $(3, 5)$, par exemple.
• Un événement est une partie de $\Omega$, c’est-à-dire un ensemble d’issues. « La somme vaut 7 » est l’événement $\lbrace (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1) \rbrace$. On dit qu’il est réalisé si l’issue obtenue lui appartient.

Comme les événements sont des ensembles, on les combine avec les opérations ensemblistes, qui ont toutes une traduction en français courant :

Notation	Se lit	Réalisé quand…
$A \cup B$	A ou B	au moins l’un des deux est réalisé
$A \cap B$	A et B	les deux sont réalisés
$\bar{A}$	contraire de A	A n’est pas réalisé
$A \subset B$	A implique B	chaque fois que A est réalisé, B l’est aussi
$A \cap B = \varnothing$	A et B incompatibles	ils ne peuvent pas se produire ensemble

Les événements sont des parties de Ω : « ou » colorie les deux disques, « et » seulement leur partie commune, le contraire tout ce qui est hors de A. Deux événements incompatibles ne se touchent pas.

L’événement $\Omega$ est l’événement certain, et l’ensemble vide $\varnothing$ l’événement impossible.

Attention

Le choix de $\Omega$ fait partie de la modélisation, et il n’est pas unique. Pour deux dés, vous pourriez prendre l’univers des sommes $\lbrace 2, \dots, 12 \rbrace$. C’est permis, mais ces 11 issues ne sont pas également probables. Choisir un univers où les issues sont équiprobables (les 36 couples) simplifie presque toujours les calculs.

Ce qu’on attend d’une probabilité

Une probabilité $P$ associe à chaque événement $A$ un nombre $P(A)$ qui mesure sa chance de se réaliser. Pour que ce nombre se comporte raisonnablement, on lui impose trois règles, les axiomes de Kolmogorov :

1. $0 \leq P(A) \leq 1$ pour tout événement $A$ ;
2. $P(\Omega) = 1$ : il se passe forcément quelque chose ;
3. si $A_1, A_2, \dots$ sont deux à deux incompatibles, $P(A_1 \cup A_2 \cup \dots) = P(A_1) + P(A_2) + \dots$ (additivité).

Le triplet $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ s’appelle un espace probabilisé. Le symbole $\mathcal{A}$ désigne la tribu : la collection des événements auxquels on accepte de donner une probabilité. Elle doit contenir $\Omega$, être stable par passage au contraire et par union dénombrable. Pour un dé, on prend toutes les parties de $\Omega$ et on n’y pense plus. La tribu ne devient une vraie question que pour les univers continus (un temps, une position), où l’on ne peut pas mesurer raisonnablement toutes les parties de $\mathbb{R}$.

De ces trois axiomes découlent toutes les règles de calcul que vous utiliserez :

• $P(\bar{A}) = 1 - P(A)$ et $P(\varnothing) = 0$ ;
• si $A \subset B$, alors $P(A) \leq P(B)$ ;
• pour deux événements quelconques, $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$.

La dernière formule (dite du crible, ou d’inclusion-exclusion) corrige le double comptage : les issues de $A \cap B$ ont été comptées une fois dans $P(A)$ et une fois dans $P(B)$.

Exemple

Avec deux dés, soit $A$ = « le dé rouge fait 6 » et $B$ = « le dé bleu fait 6 ». On a $P(A) = P(B) = 6/36$ et $P(A \cap B) = 1/36$ (le seul couple $(6, 6)$). La probabilité d’obtenir au moins un six vaut donc :

$$P(A \cup B) = \frac{6}{36} + \frac{6}{36} - \frac{1}{36} = \frac{11}{36} \approx 0{,}306$$

On retrouve ce résultat par le contraire : « aucun six » compte $5 \times 5 = 25$ couples, donc $P(A \cup B) = 1 - 25/36 = 11/36$.

A ∪ B couvre une colonne et une ligne de la grille, soit 6 + 6 cases ; la case (6, 6) appartient aux deux et ne doit être comptée qu'une fois : 11 couples sur 36.

À retenir

Un modèle probabiliste, c’est un univers $\Omega$ (les issues), des événements (des parties de $\Omega$) et une probabilité $P$ qui respecte les axiomes de Kolmogorov. Toutes les règles de calcul, du contraire à la formule du crible, en découlent.

Compter quand tout est équiprobable

Dans beaucoup de situations (dés équilibrés, cartes bien mélangées, tirage au sort), toutes les issues ont la même chance. Si $\Omega$ est fini, chacune a alors la probabilité $1/\lvert \Omega \rvert$, où $\lvert \Omega \rvert$ est le nombre d’issues, et :

$$P(A) = \frac{\lvert A \rvert}{\lvert \Omega \rvert} = \frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}$$

Calculer une probabilité revient alors à compter. C’est le rôle du dénombrement.

Les outils du dénombrement

Le point de départ est le principe multiplicatif : si un choix se fait en deux étapes, avec $a$ possibilités pour la première et $b$ pour la seconde, il y a $a \times b$ possibilités en tout. Deux dés donnent $6 \times 6 = 36$ couples, un code PIN à quatre chiffres $10^4 = 10\,000$ codes.

Trois situations reviennent sans cesse, selon que l’ordre compte et que les répétitions sont permises :

Situation	Formule	Exemple
$k$ choix ordonnés, répétitions permises	$n^k$	un code PIN : $10^4$
$k$ choix ordonnés, sans répétition (arrangements)	$A_n^k = \dfrac{n!}{(n-k)!}$	podium de 3 parmi 10 joueurs : $720$
ranger $n$ objets (permutations)	$n!$	ordre de passage de 5 joueurs : $120$
$k$ choix sans ordre ni répétition (combinaisons)	$\binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!}$	main de 5 cartes parmi 32 : $201\,376$

Ici $n!$ (factorielle de $n$) vaut $n \times (n-1) \times \dots \times 1$, avec $0! = 1$, et $\binom{n}{k}$ se lit « $k$ parmi $n$ » (on trouve aussi la notation $C_n^k$).

Le fil rouge : 9 ou 10 avec trois dés ?

Revenons à la question du début. Le piège consiste à compter les combinaisons de valeurs : $9$ s’écrit $1+2+6$, $1+3+5$, $1+4+4$, $2+2+5$, $2+3+4$, $3+3+3$, et $10$ s’écrit aussi de six façons. Mais ces écritures ne sont pas équiprobables ! Pour $1+2+6$, les trois dés peuvent se répartir les valeurs de $3! = 6$ façons ; pour $1+4+4$, seulement de 3 façons ; pour $3+3+3$, d’une seule.

Travaillons dans le bon univers, celui des $6^3 = 216$ triplets ordonnés, tous équiprobables :

• pour 9 : $6 + 6 + 3 + 3 + 6 + 1 = 25$ triplets ;
• pour 10 ($1+3+6$, $1+4+5$, $2+2+6$, $2+3+5$, $2+4+4$, $3+3+4$) : $6 + 6 + 3 + 6 + 3 + 3 = 27$ triplets.

Donc $P(\text{somme} = 9) = 25/216 \approx 0{,}116$ et $P(\text{somme} = 10) = 27/216 = 0{,}125$. Pariez sur 10.

Les deux sommes ont six écritures chacune, mais une écriture à trois valeurs distinctes pèse 6 triplets, une avec un doublon 3, et 3+3+3 un seul : 25 contre 27.

Piège

« Cas favorables sur cas possibles » ne marche que si les cas possibles sont équiprobables. Compter des combinaisons de valeurs, ou des sommes, sans vérifier qu’elles ont toutes la même chance est l’erreur la plus fréquente en dénombrement.

Exemple

Au Yams, on lance cinq dés. Quelle est la probabilité d’obtenir un full (trois dés identiques et deux autres identiques entre eux, d’une autre valeur) en un seul lancer ?

• On choisit la valeur du brelan : 6 possibilités ; puis celle de la paire, différente : 5 possibilités.
• On choisit quels dés portent le brelan : $\binom{5}{3} = 10$ façons (les deux autres portent la paire).

Cela fait $6 \times 5 \times 10 = 300$ lancers favorables sur $6^5 = 7\,776$, soit $P(\text{full}) \approx 0{,}0386$ : un peu moins de 4 %. Un Yams d’emblée (cinq dés identiques) n’a que 6 cas favorables, soit environ $0{,}077\,\%$.

De la fréquence à la probabilité : simuler en R

Il existe une autre lecture de la probabilité, plus intuitive : si vous répétez l’expérience $N$ fois dans les mêmes conditions, la fréquence de l’événement $A$ (le nombre de fois où il se réalise, divisé par $N$) se rapproche de $P(A)$ quand $N$ grandit. C’est la vision fréquentiste. Elle n’est pas une définition, mais un théorème : la loi des grands nombres, que vous démontrerez au chapitre 7.

Cette vision a une conséquence très pratique : quand un calcul est difficile, on peut simuler l’expérience un grand nombre de fois et mesurer la fréquence. Voici la question des trois dés en R :

set.seed(42)                      # pour obtenir les mêmes tirages à chaque exécution
N <- 100000
# N lancers de trois dés : une matrice de N lignes et 3 colonnes
des <- matrix(sample(1:6, 3 * N, replace = TRUE), ncol = 3)
sommes <- rowSums(des)

mean(sommes == 9)                 # fréquence de la somme 9, proche de 25/216 = 0.116
mean(sommes == 10)                # fréquence de la somme 10, proche de 27/216 = 0.125

L’astuce mean(sommes == 9) est à connaître : la comparaison produit un vecteur de TRUE/FALSE, que R traite comme des 1 et des 0 ; sa moyenne est donc la proportion de TRUE.

Sur quelques dizaines de lancers, la fréquence ne permet même pas de départager 9 et 10 ; il faut des milliers de lancers pour qu'elle se colle à la probabilité.

R fournit aussi les outils de dénombrement : factorial(5) donne $120$ et choose(32, 5) donne $201\,376$. Le célèbre problème des anniversaires (dans un groupe de $k$ personnes, quelle est la probabilité que deux d’entre elles soient nées le même jour ?) se calcule par le contraire, en supposant les 365 jours équiprobables :

anniversaire <- function(k) 1 - prod((365 - 0:(k - 1)) / 365)
anniversaire(23)                  # 0.507 : plus d'une chance sur deux dès 23 personnes
anniversaire(30)                  # 0.706

Le contraire « toutes les dates sont différentes » compte $365 \times 364 \times \dots \times (365 - k + 1)$ cas favorables (un arrangement) parmi $365^k$ cas possibles.

La probabilité monte bien plus vite que l'intuition : une chance sur deux dès 23 personnes, car ce sont les paires de personnes qu'il faut compter, et elles sont 253.

En entretien

« Une probabilité est une mesure qui vaut 1 sur l’univers et qui s’additionne sur des événements incompatibles. Quand les issues sont équiprobables, c’est un rapport de dénombrements ; sinon, on peut toujours l’approcher par la fréquence observée en simulation, grâce à la loi des grands nombres. »

En résumé

• Une expérience aléatoire se modélise par un espace probabilisé $(\Omega, \mathcal{A}, P)$ : univers des issues, tribu des événements, probabilité.
• Les événements se combinent comme des ensembles : union (ou), intersection (et), contraire.
• Les axiomes de Kolmogorov donnent toutes les règles de calcul, dont $P(\bar{A}) = 1 - P(A)$ et $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$.
• En cas d’équiprobabilité, $P(A)$ = cas favorables / cas possibles, et l’on compte avec $n^k$, les arrangements, les permutations et les combinaisons $\binom{n}{k}$.
• Vérifiez toujours que les cas comptés sont équiprobables (le piège des trois dés).
• La fréquence observée sur de nombreuses répétitions approche la probabilité : c’est ce qui justifie la simulation, par exemple avec sample et mean en R.

Exercices

Exercice · Deux dés

facile

On lance deux dés équilibrés. Calculez la probabilité :

1. que la somme vaille 7 ;
2. que la somme vaille au moins 10 ;
3. que les deux dés affichent des valeurs différentes.

Voir la solution

On travaille dans l’univers des 36 couples ordonnés, tous équiprobables.

1. Les couples de somme 7 sont $(1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2), (6,1)$ : $P = 6/36 = 1/6 \approx 0{,}167$. C’est la somme la plus probable.
2. Somme 10 : 3 couples ; somme 11 : 2 couples ; somme 12 : 1 couple. Donc $P = 6/36 = 1/6$.
3. Par le contraire : les doubles sont les 6 couples $(i, i)$, donc $P = 1 - 6/36 = 5/6 \approx 0{,}833$.

En code

Python

import numpy as np

# Les 36 couples (rouge, bleu), tous équiprobables
rouge, bleu = np.meshgrid(np.arange(1, 7), np.arange(1, 7))
somme = rouge + bleu

print(np.mean(somme == 7))      # 0.1667  (6/36)
print(np.mean(somme >= 10))     # 0.1667  (6/36)
print(np.mean(rouge != bleu))   # 0.8333  (30/36)

R

# Les 36 couples (rouge, bleu), tous équiprobables
couples <- expand.grid(rouge = 1:6, bleu = 1:6)
somme <- couples$rouge + couples$bleu

mean(somme == 7)                    # 0.1667  (6/36)
mean(somme >= 10)                   # 0.1667  (6/36)
mean(couples$rouge != couples$bleu) # 0.8333  (30/36)

Exercice · Une main de cartes

moyen

On distribue 5 cartes d’un jeu de 32 cartes (qui contient 4 as). Calculez la probabilité d’avoir exactement deux as, puis celle d’avoir au moins un as.

Voir la solution

L’ordre des cartes dans la main ne compte pas : il y a $\binom{32}{5} = 201\,376$ mains, toutes équiprobables.

Exactement deux as : on choisit 2 as parmi 4, soit $\binom{4}{2} = 6$ façons, puis 3 cartes parmi les 28 qui ne sont pas des as, soit $\binom{28}{3} = 3\,276$ façons. Donc :

$$P = \frac{6 \times 3\,276}{201\,376} = \frac{19\,656}{201\,376} \approx 0{,}098$$

Au moins un as : par le contraire, une main sans as choisit ses 5 cartes parmi 28, soit $\binom{28}{5} = 98\,280$ mains. Donc $P = 1 - 98\,280 / 201\,376 \approx 1 - 0{,}488 = 0{,}512$. Un peu plus d’une chance sur deux.

En code

Python

from scipy.special import comb

mains = comb(32, 5, exact=True)                        # 201376 mains équiprobables
deux_as = comb(4, 2, exact=True) * comb(28, 3, exact=True)
sans_as = comb(28, 5, exact=True)

print(mains, deux_as, sans_as)   # 201376 19656 98280
print(deux_as / mains)           # 0.0976
print(1 - sans_as / mains)       # 0.5120

R

mains   <- choose(32, 5)                  # 201376 mains équiprobables
deux_as <- choose(4, 2) * choose(28, 3)   # 2 as parmi 4, 3 autres parmi 28
sans_as <- choose(28, 5)

c(mains, deux_as, sans_as)   # 201376 19656 98280
deux_as / mains              # 0.0976
1 - sans_as / mains          # 0.5120
# Même résultat avec la loi hypergéométrique (chapitre 4)
dhyper(2, 4, 28, 5)          # 0.0976

Exercice · Le pari du chevalier

difficile

Un joueur du XVIIe siècle pariait qu’il obtiendrait au moins un six en lançant 4 fois un dé. Il pensait qu’il était tout aussi avantageux de parier sur au moins un double six en lançant 24 fois deux dés (« 6 fois plus de cas, 6 fois plus de lancers »). Calculez les deux probabilités et commentez. Écrivez ensuite une simulation R qui vérifie la seconde.

Voir la solution

Premier pari. Les lancers sont indépendants (nous préciserons ce mot au chapitre 3) et chacun donne « pas de six » avec probabilité $5/6$. La probabilité de n’avoir aucun six en 4 lancers est $(5/6)^4$, donc :

$$P_1 = 1 - \left(\tfrac{5}{6}\right)^4 \approx 1 - 0{,}482 = 0{,}518$$

Second pari. Un lancer de deux dés donne un double six avec probabilité $1/36$. Donc :

$$P_2 = 1 - \left(\tfrac{35}{36}\right)^{24} \approx 1 - 0{,}509 = 0{,}491$$

Le premier pari est favorable (plus d’une chance sur deux), le second légèrement défavorable. Le raisonnement « proportionnel » est faux, car les probabilités de « au moins un » ne s’additionnent pas lancer après lancer : les événements ne sont pas incompatibles.

En code

Python

import numpy as np

# Calcul exact par le contraire
print(1 - (5/6)**4)        # 0.5177
print(1 - (35/36)**24)     # 0.4914

# Simulation du second pari : 100 000 parties de 24 lancers de deux dés
rng = np.random.default_rng(0)
d1 = rng.integers(1, 7, size=(100_000, 24))
d2 = rng.integers(1, 7, size=(100_000, 24))
gagne = np.any((d1 == 6) & (d2 == 6), axis=1)   # au moins un double six ?
print(gagne.mean())        # 0.4937, proche de 0.491

R

# Calcul exact par le contraire
1 - (5/6)^4                # 0.5177
1 - (35/36)^24             # 0.4914

# Simulation du second pari
set.seed(1)
un_pari <- function() {
  d1 <- sample(1:6, 24, replace = TRUE)
  d2 <- sample(1:6, 24, replace = TRUE)
  any(d1 == 6 & d2 == 6)           # au moins un double six sur les 24 lancers ?
}
mean(replicate(100000, un_pari())) # 0.4943, proche de 0.491