- Compter les cas. Quand les issues sont équiprobables, P(A) = #A/#Ω, le nombre de cas favorables sur le nombre de cas possibles (l01, notion 2).
- Principe multiplicatif. Enchaîner des choix multiplie les nombres de façons : trois lancers de pièce donnent 2 × 2 × 2 = 8 suites (l01, notion 3).
- Ordonné sans remise. Il y a n(n − 1)…(n − r + 1) = n!/(n − r)! suites de r éléments distincts pris parmi n (l01, notion 4).
- Coefficient C(n, r). C(n, r) = n!/(r!(n − r)!) compte les sous-ensembles de r éléments pris parmi n, sans ordre (l01, notion 5).
Notation : comme en l01, F pour face et P pour pile. Brunton écrit H (heads, face) et T (tails, pile) : son HTH est ici FPF.
La leçon
Ω, issues, événements : le langage des ensembles outil
Brunton 04 · Set Theory in Probability – Sample Spaces and Events
Brunton prévient : c'est un peu sec, mais c'est le langage de tout le reste. Une expérience aléatoire, par exemple : lancer trois pièces. L'univers Ω est l'ensemble de toutes les issues possibles ; une issue ω est une réalisation, ce qui sort quand on fait l'expérience. Ici Ω a 8 issues, de FFF à PPP.
Un événement se dit en mots et s'écrit comme un sous-ensemble de Ω. A, « le premier lancer donne F », regroupe 4 issues ; B, « le deuxième donne P », en regroupe 4 aussi, dont 2 en commun avec A. « A ou B » est l'union A ∪ B, le grand parapluie : 6 issues. « A et B » est l'intersection A ∩ B, plus restrictive : FPF et FPP. « Non A » est le complémentaire Aᶜ : les 4 issues qui commencent par P.
Avec deux pièces, Brunton dessine l'image exacte : un carré de quatre cases FF, FP, PF, PP, où A est la moitié du haut et B la moitié de droite.
Le premier panneau est le diagramme de Venn des trois lancers, chaque issue écrite dans sa région ; le second, la grille exacte de Brunton pour deux pièces (ligne : premier lancer, colonne : deuxième). Choisis une opération : la même région s'allume des deux côtés. A ∪ B couvre 6 issues sur 8 et 3 cases sur 4, la même probabilité 0,75, parce que A et B ne regardent pas le troisième lancer. (A ∪ B)ᶜ, « ni A ni B », vaut Aᶜ ∩ Bᶜ : PFF et PFP, une case sur quatre.
- Ω doit être exhaustif (une issue sort toujours) et ses issues doivent s'exclure (une seule sort à la fois). C'est ce qui rendra P(Ω) = 1 légitime (notion 2).
- A se réalise quand l'issue ω qui sort appartient à A. ω est la réalisation ; Ω, A et plus tard P sont fixés avant l'expérience.
- A et B sont incompatibles (disjoints) quand A ∩ B = ∅, où ∅ est l'événement impossible, sans aucune issue.
- De Morgan transforme « au moins un des deux » en « aucun des deux » : c'est l'outil du complément (notion 4).
- ∪ et ∩ sont commutatives et associatives (Brunton) : A ∪ B ∪ C s'écrit sans parenthèses.
Exemples simples un dé, De Morgan, trois lancers, univers infinis
- Un dé. Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}, A = « pair » = {2, 4, 6}, B = « au moins 4 » = {4, 5, 6}. A ∪ B = {2, 4, 5, 6}, A ∩ B = {4, 6}, Aᶜ = {1, 3, 5}.
- De Morgan sur le même dé. « Ni pair ni au moins 4 » : (A ∪ B)ᶜ = {1, 3}. Et Aᶜ ∩ Bᶜ = {1, 3, 5} ∩ {1, 2, 3} = {1, 3} : le même ensemble.
- Les trois lancers de Brunton. A = {FFF, FFP, FPF, FPP}, B = {FPF, FPP, PPF, PPP}. A ∪ B a 6 issues, A ∩ B = {FPF, FPP}, Aᶜ = {PFF, PFP, PPF, PPP}.
- Des univers infinis. Le nombre de mails reçus en une heure : Ω = {0, 1, 2, …}, et « au moins 3 mails » = {3, 4, 5, …}. La température de midi : Ω est un intervalle de réels, « plus de 30 °C » en est un sous-intervalle. L'événement reste un sous-ensemble ; c'est le comptage qui ne suffit plus (notion 2).
- Issue ou événement ? FFP est une issue ; {FFP} est un événement, celui qui ne contient qu'elle. « Au moins un F » est un événement de 7 issues : tout sauf PPP.
Simuler en Python les événements sont des ensembles
from itertools import product
omega = {"".join(w) for w in product("FP", repeat=3)} # F = face, P = pile
A = {w for w in omega if w[0] == "F"} # first flip is F
B = {w for w in omega if w[1] == "P"} # second flip is P
# in Python, | is union, & is intersection
print("A or B :", sorted(A | B)) # union
print("A and B:", sorted(A & B)) # intersection
print("not A :", sorted(omega - A)) # complement, relative to omega
# De Morgan: "neither A nor B" is the complement of "A or B"
print("De Morgan holds:", omega - (A | B) == (omega - A) & (omega - B))
# equally likely outcomes: P(E) = #E / #omega
for name, E in [("A", A), ("A or B", A | B), ("A and B", A & B)]:
print(f"P({name}) = {len(E)}/{len(omega)} = {len(E) / len(omega):.3f}")
A or B : ['FFF', 'FFP', 'FPF', 'FPP', 'PPF', 'PPP'] A and B: ['FPF', 'FPP'] not A : ['PFF', 'PFP', 'PPF', 'PPP'] De Morgan holds: True P(A) = 4/8 = 0.500 P(A or B) = 6/8 = 0.750 P(A and B) = 2/8 = 0.250
Où ça casse
- « Ou » est inclusif. A ∪ B contient aussi les issues qui sont dans les deux. Brunton se reprend lui-même : dire « A et B » pour l'union, c'est dire exactement le contraire.
- L'union n'est pas une somme. #A + #B = 4 + 4 = 8, mais A ∪ B n'a que 6 issues : FPF et FPP sont comptées deux fois (notion 3).
- Une issue est un résultat complet de l'expérience. Pour trois lancers, « F » n'est pas une issue, c'est un morceau d'issue ; l'univers {F, P} décrirait un seul lancer.
- Le complémentaire dépend de Ω. Sur un dé, « non pair » = {1, 3, 5} ; si Ω était {1, …, 10}, ce serait {1, 3, 5, 7, 9}.
- Un diagramme de Venn ne dit rien des probabilités tant que ses aires ne sont pas à l'échelle. La grille l'est : chaque case vaut ¼.
Un événement est un sous-ensemble de Ω (les issues) : ou = ∪ (inclusif), et = ∩, non = ᶜ ; (A ∪ B)ᶜ = Aᶜ ∩ Bᶜ.
Trois axiomes, et ce qu'ils donnent : complément, monotonie outil
Brunton 04
Compter #A/#Ω suppose des issues équiprobables. Brunton a pensé apporter une pièce truquée ; prenons P(face) = 0,7 : compter ne suffit plus, il faut peser les issues. Une probabilité devient une fonction P qui donne à chaque événement un nombre entre 0 et 1, avec trois exigences seulement : P(Ω) = 1, P(A) ≥ 0, et l'additivité pour deux événements disjoints.
Son image est une cible. Une fléchette lancée uniformément au hasard dans Ω touche A avec une probabilité égale à l'aire de A divisée par l'aire de Ω. La pièce truquée est une cible coupée en deux zones, 0,7 pour face et 0,3 pour pile.
Tout le reste se déduit en découpant en morceaux disjoints. Face et pile ne se chevauchent pas et couvrent la cible, donc P(face) + P(pile) = 1 et P(pile) = 1 − 0,7 = 0,3 : c'est la règle du complément. Si A est dans B, B a toute l'aire de A plus un morceau, donc P(A) ≤ P(B) : la monotonie.
La cible est Ω, d'aire 1, et 100 fléchettes y sont déjà plantées. Choisis une cible, puis lance 500 fléchettes uniformes : la fréquence des touches dans A se rapproche de son aire, 0,5 pour la pièce juste, 0,7 pour la pièce truquée, 0,2 pour le disque. La fréquence hors de A vaut toujours exactement 1 moins la fréquence dans A : chaque fléchette tombe dans A ou dans Aᶜ, jamais dans les deux, jamais ailleurs.
- (1) dit qu'une issue sort toujours, parce que Ω est exhaustif. C'est lui qui fournit le « 1 » du complément.
- (2) interdit les poids négatifs. C'est lui qui fait marcher la monotonie.
- (3) ne vaut que pour des événements disjoints. C'est l'hypothèse qui manque quand on additionne des événements qui se chevauchent (notion 3).
- Pour un univers infini comme Ω = {0, 1, 2, …}, on exige l'additivité pour toute suite d'événements deux à deux disjoints : P(A₁ ∪ A₂ ∪ …) = P(A₁) + P(A₂) + … (additivité dénombrable). Elle ne se déduit pas de la version à deux événements.
- Quand les issues sont équiprobables, P(A) = #A/#Ω vérifie les trois axiomes : le comptage de l01 en est un cas particulier.
Ω est la bande entière, d'aire 1. Complément : A et Aᶜ sont disjoints et remplissent Ω ; l'axiome 3 puis l'axiome 1 donnent P(A) + P(Aᶜ) = 1. Fais glisser P(A) : Aᶜ prend toujours exactement le reste. Monotonie : B, de probabilité 0,6, se coupe en A et B ∩ Aᶜ, deux morceaux disjoints ; le second a une aire positive ou nulle (axiome 2), donc P(B) ≥ P(A). ∅ : Ω = Ω ∪ ∅ avec deux morceaux disjoints, donc P(∅) = 0.
Exemples simples pièce truquée, dé, double six, une fausse probabilité
- La pièce truquée. P(face) = 0,7 ⇒ P(pile) = 1 − 0,7 = 0,3, par le complément.
- Un dé juste. P(« pas de 6 ») = 1 − 1/6 = 5/6.
- Monotonie, deux dés. « Double six » ⊆ « au moins un six », donc P(double six) ≤ P(au moins un six) : 1/36 ≤ 11/36 (le 11/36 de l01).
- P(A) ≤ 1. A ⊆ Ω, donc P(A) ≤ P(Ω) = 1 : la monotonie appliquée à Ω.
- Une fausse probabilité. Un « dé » dont chaque face aurait la probabilité 0,2 donnerait P(Ω) = 6 × 0,2 = 1,2 par l'axiome 3 : il viole l'axiome 1, ce n'est pas une probabilité.
Preuve trois conséquences, trois découpages
La méthode est toujours la même : écrire l'événement comme une réunion de morceaux disjoints, appliquer l'axiome 3, puis conclure avec l'axiome 1 ou 2. La notion 3 l'applique une fois de plus.
Où ça casse
- Une probabilité n'est pas une fréquence. La fréquence des touches sur 500 fléchettes change d'une série à l'autre ; P(A) est un nombre fixe, l'aire de A. Les deux se rapprochent quand le nombre de lancers grandit, c'est la loi des grands nombres (l10).
- La monotonie ne marche que dans un sens. P(A) ≤ P(B) ne dit pas que A ⊆ B : sur un dé, P({1}) = 1/6 ≤ P({2, 3}) = 2/6, et {1} n'est pas dans {2, 3}.
- Probabilité nulle ne veut pas dire impossible. Une ligne de la cible n'a pas d'aire : l'événement « la fléchette tombe sur cette ligne » a probabilité 0, et il n'est pas vide, il peut arriver. P(∅) = 0, mais la réciproque est fausse (l04, les densités).
Trois axiomes : P(Ω) = 1, P(A) ≥ 0, P(A ∪ B) = P(A) + P(B) si A ∩ B = ∅ ; le complément, la monotonie et P(∅) = 0 en découlent par découpage disjoint.
Inclusion-exclusion : ne pas compter deux fois le chevauchement outil
Brunton 04
L'axiome 3 additionne des événements disjoints. Si A et B se chevauchent, P(A) + P(B) compte deux fois leur partie commune. Sur les trois lancers de Brunton, P(A) + P(B) = 4/8 + 4/8 = 1, alors que A ∪ B n'a que 6 issues. Les deux issues de trop sont FPF et FPP, qui sont à la fois dans A et dans B.
La correction consiste à retirer une fois le chevauchement : 4/8 + 4/8 − 2/8 = 6/8. En aires, c'est l'image de Brunton : l'aire couverte par deux disques qui se recouvrent est la somme des deux aires moins l'aire de la lentille commune, sinon la lentille est peinte deux fois.
Même calcul sur un jeu de 52 cartes : « cœur ou roi » vaut 13/52 + 4/52 − 1/52 = 16/52, parce que le roi de cœur est à la fois un cœur et un roi.
Chaque case porte le nombre de fois qu'elle a été comptée. L'état de départ est celui de P(A) + P(B) : les cases de A ∩ B portent un 2, c'est le double comptage. Retirer A ∩ B les ramène à 1 : il reste 6 issues sur 8. Passe aux 52 cartes (A : les cœurs, B : les rois) : 13 + 4 = 17 comptages, mais le roi de cœur l'a été deux fois, et l'union compte 16 cartes.
- Aucune hypothèse sur A et B. S'ils sont disjoints, P(A ∩ B) = 0 et on retrouve l'axiome 3.
- Conséquence, la borne de l'union : P(A ∪ B) ≤ P(A) + P(B), avec égalité si et seulement si P(A ∩ B) = 0. Elle s'étend à k événements : P(A₁ ∪ … ∪ Ak) ≤ P(A₁) + … + P(Ak).
- Trois événements : P(A ∪ B ∪ C) = P(A) + P(B) + P(C) − P(A ∩ B) − P(A ∩ C) − P(B ∩ C) + P(A ∩ B ∩ C). Le centre a été ajouté trois fois puis retiré trois fois : on le rajoute une fois.
Chaque point est un exemple d'un jeu de test (test set) de 100. Le modèle A se trompe sur 10 exemples, le modèle B sur 8. Fais varier le nombre c d'exemples où les deux se trompent : « au moins un des deux se trompe » vaut 10 + 8 − c. À c = 0, les erreurs sont disjointes et on atteint la borne de l'union, 18 ; à c = 5, il en reste 13 ; à c = 8, B ne se trompe que là où A se trompe déjà, et l'union se réduit aux 10 erreurs de A.
Exemples simples dé, cartes, trois lancers, trois dés, deux modèles, Bonferroni
- Un dé. « Pair ou au moins 4 » : 3/6 + 3/6 − 2/6 = 4/6, les faces 2, 4, 5 et 6.
- Les cartes. « Cœur ou roi » : 13/52 + 4/52 − 1/52 = 16/52 = 4/13 ≈ 0,308.
- Les trois lancers de Brunton. 4/8 + 4/8 − 2/8 = 6/8.
- Trois événements. Au moins un 6 en trois lancers de dé, avec Ai = « le lancer i donne 6 » : 3 × 1/6 − 3 × 1/36 + 1/216 = 91/216 ≈ 0,421. La notion 4 obtient le même nombre en une ligne par le complément : 1 − (5/6)³ = 91/216.
- Deux modèles (ML). Sur un jeu de test, A se trompe sur 10 % des exemples, B sur 8 %, les deux à la fois sur 5 %. Au moins un des deux se trompe sur 0,10 + 0,08 − 0,05 = 13 % des exemples, et aucun ne se trompe sur 87 %. Additionner donnerait 18 %, la borne de l'union, atteinte seulement si les deux modèles ne se trompaient jamais sur les mêmes exemples. En pratique ils butent sur les mêmes exemples difficiles, ce qui compte dès qu'on compare leurs taux de bonnes réponses (accuracy) sur ce jeu de test partagé (l09).
- Bonferroni. 40 tests, chacun avec un risque α de faux positif. P(au moins un faux positif) ≤ 40α par la borne de l'union : avec α = 5 %, la borne vaut 2 et ne dit rien ; avec α = 0,05/40, elle garantit P(au moins un faux positif) ≤ 0,05, sans aucune hypothèse d'indépendance entre les tests. C'est la correction de Bonferroni.
Preuve deux découpages disjoints, puis soustraire
La borne de l'union suit de P(A ∩ B) ≥ 0 (axiome 2). Pour k événements, on l'applique de proche en proche : P(A₁ ∪ … ∪ Ak) ≤ P(A₁ ∪ … ∪ Ak−1) + P(Ak).
Simuler en Python 100 000 cartes : l'identité vaut aussi pour les fréquences
import numpy as np
rng = np.random.default_rng(0)
n = 100_000
rank = rng.integers(0, 13, size=n) # 12 = king
suit = rng.integers(0, 4, size=n) # 0 = hearts
A = suit == 0 # the card is a heart
B = rank == 12 # the card is a king
freq = lambda E: E.mean() # relative frequency of an event
print(f"freq(A or B) = {freq(A | B):.4f}")
# inclusion-exclusion holds exactly for frequencies too: each card is counted once
print(f"freq(A) + freq(B) - freq(A and B) = {freq(A) + freq(B) - freq(A & B):.4f}")
print(f"freq(A) + freq(B), double count = {freq(A) + freq(B):.4f}")
print(f"exact P(A or B) = 16/52 = {16 / 52:.4f}")
freq(A or B) = 0.3068 freq(A) + freq(B) - freq(A and B) = 0.3068 freq(A) + freq(B), double count = 0.3259 exact P(A or B) = 16/52 = 0.3077
Où ça casse
- Additionner sans retirer ne vaut que pour des événements disjoints. « 1/6 de chances d'avoir un 6 à chaque lancer, donc 6/6 = 1 en six lancers » est faux : les événements se chevauchent, et la vraie valeur est 1 − (5/6)⁶ ≈ 0,665 (notion 4).
- Disjoint n'est pas indépendant. Deux événements disjoints de probabilité positive sont au contraire très dépendants : si A arrive, B ne peut plus arriver (l03).
- Pour trois événements, retirer les paires ne suffit pas. Le centre A ∩ B ∩ C a été ajouté trois fois et retiré trois fois : il faut le rajouter (exemple 4).
- La borne de l'union est grossière quand les événements se chevauchent beaucoup. Elle peut même dépasser 1 (40 tests à 5 % : borne 2). Bonferroni est donc prudent, jamais faux.
P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B), sans aucune hypothèse ; d'où la borne de l'union P(A ∪ B) ≤ P(A) + P(B), avec égalité quand A et B sont disjoints.
Anniversaires : passer par le complément outil
Brunton 05 · The Birthday Problem in Probability – P(A) = 1 − P(not A)
Combien faut-il de personnes dans une salle pour qu'il y ait plus d'une chance sur deux que deux d'entre elles aient le même anniversaire ? L'intuition répond 365/2 ≈ 183. La réponse est 23.
Brunton commence par les paires. Range les n personnes en cercle : la première se compare aux n − 1 autres, la deuxième aux n − 2 restantes, et ainsi de suite jusqu'à 0, soit n(n − 1)/2 comparaisons. À 23 personnes, il y a déjà 253 paires, et chacune est une occasion de coïncidence. L'intuition compte les personnes, alors que ce sont les paires qui comptent.
Pour le calcul exact, « au moins deux partagent » est un enfer de cas : une paire, deux paires, un triplet… Son complément, « tous différents », est un seul produit. La première personne prend n'importe quel jour, 365/365 ; la deuxième doit en éviter un, 364/365 ; la troisième en éviter deux, 363/365. À 23 personnes, ce produit vaut 0,4927, donc P(partage) = 1 − 0,4927 = 0,5073.
Chaque trait relie deux personnes : à 23, il y en a 253. Dans la salle tirée au départ, une paire tombe le même jour, en rouge. Tire d'autres salles : tantôt aucune paire rouge, tantôt une ou deux. Lance 1 000 salles : à n = 23, environ une salle sur deux contient au moins un partage (0,507 en théorie). Fais varier n : 45 paires et 0,117 à 10 personnes, 1 225 paires et 0,970 à 50.
- Les 365 jours sont équiprobables (pas de 29 février) et les anniversaires sont indépendants (pas de jumeaux). Les 365n suites d'anniversaires sont alors équiprobables, et P = #/#Ω s'applique (l01).
- Dénominateur : principe multiplicatif, 365 choix par personne (l01). Numérateur : n jours tous différents, un tirage ordonné sans remise (l01).
- n ≤ 365. À 366 personnes, deux partagent forcément (principe des tiroirs) : le produit contient le facteur 0.
- Le complément est la règle P(A) = 1 − P(Aᶜ) de la notion 2, et De Morgan (notion 1) traduit « au moins une paire partage » en son contraire, « aucune paire ne partage ».
Trait plein : la probabilité exacte d'un partage, qui passe 0,5 entre 22 personnes (0,476) et 23 (0,507). Tirets : 1 − (364/365)n(n − 1)/2, le calcul qui traite les paires comme si elles étaient indépendantes. Les deux courbes se confondent presque : la case « écart » vaut 0,0068 à n = 23, et 0,0099 au plus, vers n = 34. Courbe ocre : la probabilité que quelqu'un ait ton anniversaire, 1 − (364/365)n − 1, seulement 0,059 à 23 personnes ; elle ne passe ½ qu'à 254 personnes, soit 253 autres que toi. C'est elle que l'intuition 365/2 a en tête. Déplace n pour lire les valeurs.
Exemples simples 2, 3, 20 et 23 personnes, ton anniversaire, collisions de hachage
- Deux personnes. 1 − 364/365 = 1/365 ≈ 0,0027.
- Trois personnes. 1 − (364 × 363)/365² ≈ 0,0082.
- Vingt personnes (Brunton). 190 paires ; P(tous différents) = 0,5886, le 0,589 qu'il lit sur Wolfram Alpha, donc P(partage) = 0,4114.
- Vingt-trois personnes. 253 paires, P(partage) = 0,5073. Repères : 0,117 à 10 personnes, 0,706 à 30, 0,970 à 50, 0,9992 à 70.
- Ton anniversaire à toi. P(au moins une des m autres personnes est née le même jour que toi) = 1 − (364/365)m. Il faut m = 253 autres personnes pour dépasser ½ : ce sont 253 comparaisons, toutes avec toi, et cette fois indépendantes.
- Collisions de hachage (ML). Une empreinte de 32 bits prend 2³² ≈ 4,3 milliards de valeurs. Pour dédupliquer 100 000 documents distincts, P(au moins une fausse collision) ≈ 1 − e−C(100 000, 2)/2³² ≈ 0,69 ; la moitié est atteinte vers 77 000 documents. Avec 64 bits, 2,7 × 10⁻¹⁰. Même calcul pour des graines aléatoires de 32 bits tirées pour 10 000 exécutions : 0,012 de risque que deux exécutions partagent la même graine.
Preuve le produit, puis pourquoi le seuil est à 23
Pourquoi 23 ? Chaque facteur est proche de 1, et 1 − x ≤ e−x, avec un écart minuscule quand x est petit :
À 23 personnes, 253/365 = 0,693151 > ln 2 = 0,693147 : la borne prouve que 23 suffit, P(Aᶜ) ≤ 0,499998. Que 22 ne suffise pas, c'est le calcul exact qui le montre : P(Aᶜ) = 0,524. Le seuil se compte donc en paires, il en faut 365 ln 2 ≈ 253. En ordre de grandeur, n ≈ √(2 · 365 · ln 2) ≈ 22,5 : le nombre de personnes nécessaire croît comme la racine du nombre de jours. C'est ce qui rend les collisions de hachage si précoces (exemple 6).
Simuler en Python la boucle du devoir de Brunton, et 100 000 salles
import numpy as np
# Brunton's homework: multiply factor by factor (365! itself overflows a float)
p_none, n = 1.0, 0
while 1 - p_none <= 0.5:
p_none *= (365 - n) / 365 # person n+1 avoids the n days already taken
n += 1
print(f"first n with P(share) > 0.5: {n}, P(share) = {1 - p_none:.4f}")
# simulate 100 000 rooms of 23 people
rng = np.random.default_rng(0)
days = np.sort(rng.integers(0, 365, size=(100_000, 23)), axis=1)
# after sorting, a shared birthday shows up as two equal neighbours
shared = (np.diff(days, axis=1) == 0).any(axis=1)
print(f"simulated P(share), n = 23: {shared.mean():.4f}")
pairs = 23 * 22 // 2
# treating the 253 pairs as independent events gives only an approximation
print(f"1 - (364/365)^{pairs} = {1 - (364 / 365) ** pairs:.4f}")
first n with P(share) > 0.5: 23, P(share) = 0.5073 simulated P(share), n = 23: 0.5070 1 - (364/365)^253 = 0.5005
Où ça casse
- Les paires ne sont pas mutuellement indépendantes. Si 1 et 2 partagent et si 2 et 3 partagent, alors 1 et 3 partagent forcément. Deux à deux, ces événements sont pourtant indépendants : P(1–2 et 1–3) = 1/365² = (1/365)², mais P(1–2, 1–3 et 2–3) = 1/365², et non (1/365)³ (l03). D'où 1 − (364/365)²⁵³ = 0,5005 au lieu de 0,5073 : une approximation, à 0,007 près (figure 3). Le nombre moyen de paires qui partagent, lui, vaut exactement 253/365 = 0,69 : la linéarité de l'espérance ne demande aucune indépendance (l08, exemple 4).
- Les naissances ne sont pas uniformes sur l'année. Une saisonnalité rend un partage plus probable, jamais moins : à 23 personnes, une saisonnalité de ± 10 % donne 0,509 au lieu de 0,507. L'uniforme est le cas le moins favorable aux coïncidences, ce qui rend le 23 prudent.
- 365! ≈ 2,5 × 10⁷⁷⁸ dépasse le plus grand flottant (1,8 × 10³⁰⁸) : math.gamma(366) lève OverflowError, np.prod renvoie inf. Les entiers exacts de Python passent, pas les flottants : on multiplie facteur par facteur, comme le conseille Brunton, ou on passe par math.lgamma (flottants et log-sum-exp).
- « Au moins un » appelle presque toujours le complément « aucun ». Un système de composants en parallèle tombe en panne si tous tombent en panne : P(il fonctionne) = 1 − P(tous en panne) (l03).
« Au moins un » se calcule par le complément : 1 − ∏k=0n−1 (365 − k)/365 dépasse ½ dès 23 personnes (253 paires ≈ 365 ln 2).
Contrôle qualité : la loi hypergéométrique culture
Brunton 06 · Quality Control, Non-Destructive Inspection and the "Multinomial" Distribution
Dans une usine aéronautique, tester une pièce composite veut souvent dire la détruire, la casser ou la découper. On n'en teste donc qu'un échantillon. Un lot de N = 100 pièces contient K = 5 pièces défectueuses ; on en tire n = 10 au hasard, sans remise. Quelle est la probabilité d'y trouver exactement k défectueuses ?
Brunton compte, en lettres ; avec nos chiffres : il y a C(100, 10) échantillons possibles, tous équiprobables. Pour en former un qui contient exactement k défectueuses, on choisit lesquelles parmi les 5, en C(5, k) façons, et on complète avec 10 − k bonnes pièces parmi les 95, en C(95, 10 − k) façons. Chaque choix des unes va avec chaque choix des autres : le principe multiplicatif fait le produit.
Pour k = 0 : C(95, 10)/C(100, 10) = 0,584. Contrôler 10 % du lot laisse passer tous les défauts plus d'une fois sur deux.
Les 5 cases rouges sont les pièces défectueuses, les 10 cases cerclées l'échantillon. Tire 10 pièces plusieurs fois : le plus souvent, aucune case rouge n'est cerclée. Lance 1 000 contrôles : les barres du second panneau montrent la part des contrôles qui trouvent 0, 1, 2, 3 défauts ou plus, et elles s'approchent des points creux, la théorie : 0,584, 0,339, 0,070 et 0,007.
- N pièces dont K défectueuses, n tirées. X, le nombre de défectueuses tirées, prend les valeurs k de max(0, n − (N − K)) à min(n, K). La liste de ces probabilités est une loi de probabilité (PMF), la loi hypergéométrique ; les variables aléatoires sont définies en l04.
- Sans remise : une pièce tirée ne revient pas dans le lot. C'est pourquoi on compte des sous-ensembles avec C(·, ·) (l01).
- Échantillon vraiment aléatoire : chacun des C(N, n) échantillons a la même probabilité. C'est l'hypothèse qui autorise P = #/#Ω.
- N, K et n sont des paramètres fixes, d'où le point-virgule : P(X = k ; N, K, n), et non P(X = k ∣ N, K, n). La barre ∣ est réservée au conditionnement sur un événement ou une variable aléatoire (l03).
- En moyenne, l'échantillon contient nK/N = 10 × 5/100 = 0,5 défectueuse (l'espérance, l08).
Barres violettes : la loi hypergéométrique, sans remise, pour N = 100 et K = 5. Barres bleues : la loi binomiale de même proportion 5 %, le cas avec remise (l04). Augmente la taille n de l'échantillon : la barre k = 0 fond, plus vite sans remise, parce que chaque bonne pièce retirée rend les défectueuses plus fréquentes parmi celles qui restent. Pour descendre sous 5 % de chances de tout rater, il faut tirer 45 pièces sur 100 (0,046) ; avec remise, il en faudrait 59.
Exemples simples un lot de 5, le lot de Brunton, deux as, un audit d'étiquettes
- Le plus petit lot. N = 5 pièces dont K = 2 défectueuses, n = 2 tirées. Il y a C(5, 2) = 10 paires possibles. Aucune défectueuse : C(3, 2) = 3 paires, 3/10. Une : 2 × 3 = 6 paires, 6/10. Deux : 1 paire, 1/10. Total 10/10.
- Le lot de 100 pièces. N = 100, K = 5, n = 10. P(0) = 0,584, P(1) = 0,339, P(2) = 0,070, P(3) = 0,0064 ; P(détecter au moins un défaut) = 1 − 0,584 = 0,416.
- Le poker. Une main de 5 cartes est un échantillon sans remise d'un « lot » de 52 cartes dont 4 as : P(exactement 2 as) = C(4, 2) · C(48, 3)/C(52, 5) = 6 × 17 296/2 598 960 ≈ 0,040.
- L'audit d'étiquettes (ML). Un jeu d'évaluation de 1 000 exemples en contient 50 mal étiquetés ; on en relit 20 au hasard. P(n'en voir aucun) = C(950, 20)/C(1 000, 20) ≈ 0,355 : une relecture de 20 exemples rate tout plus d'une fois sur trois.
D'où vient la formule compter des sous-ensembles, puis découper
Les probabilités somment à 1 : chaque échantillon contient un nombre bien défini de défectueuses, donc les événements {X = k} découpent Ω en morceaux disjoints (notion 2). Ce découpage s'écrit Σk C(K, k) C(N − K, n − k) = C(N, n), l'identité de Vandermonde.
Simuler en Python 50 000 contrôles, sans remise puis avec remise
import numpy as np
from math import comb
N, K, n = 100, 5, 10
rng = np.random.default_rng(0)
lot = np.zeros(N, dtype=int)
lot[:K] = 1 # 1 = defective part
trials = 50_000
# without replacement: a part drawn does not go back into the lot
without = np.array([rng.choice(lot, n, replace=False).sum() for _ in range(trials)])
# with replacement: every draw sees the same proportion K/N
with_r = rng.choice(lot, size=(trials, n), replace=True).sum(axis=1)
print(" without replacement with replacement")
for k in range(4):
hyper = comb(K, k) * comb(N - K, n - k) / comb(N, n)
binom = comb(n, k) * (K / N) ** k * (1 - K / N) ** (n - k)
print(f"k={k} sim {np.mean(without == k):.4f} hyper {hyper:.4f}"
f" sim {np.mean(with_r == k):.4f} binom {binom:.4f}")
without replacement with replacement k=0 sim 0.5803 hyper 0.5838 sim 0.5997 binom 0.5987 k=1 sim 0.3426 hyper 0.3394 sim 0.3129 binom 0.3151 k=2 sim 0.0707 hyper 0.0702 sim 0.0751 binom 0.0746 k=3 sim 0.0063 hyper 0.0064 sim 0.0111 binom 0.0105
Où ça casse
- Avec remise, ou dans un lot immense, la loi devient binomiale. Chaque tirage voit alors la même proportion K/N de défectueuses. À n = 10, l'écart reste modeste (0,584 contre 0,599 pour P(0)) ; il grandit avec la part du lot qu'on prélève (figure 4).
- Le vrai problème du contrôle qualité est l'inverse, Brunton le dit en fin de vidéo : on ne connaît pas K, on veut l'estimer à partir du k observé. En fréquentiste, K est un paramètre fixe inconnu, et on cherche les valeurs de K qui rendent le k observé plausible ; en bayésien, on donne une loi à K et on calcule P(K ∣ X = k) (l03). Les deux écritures disent deux choses différentes : P(X = k ; K), K fixe, contre P(K ∣ X = k), K aléatoire.
- L'échantillon doit être aléatoire. Prélever les 10 pièces du dessus de la palette, où les défauts sont peut-être regroupés, casse l'équiprobabilité des échantillons, et la formule ne s'applique plus.
Tirer n objets sans remise dans un lot de N qui en contient K marqués : P(X = k ; N, K, n) = C(K, k) C(N − K, n − k)/C(N, n), la loi hypergéométrique. Avec remise, ou dans un lot immense, c'est la binomiale.
Binôme de Newton, triangle de Pascal, planche de Galton culture
Brunton 07 · The Binomial Distribution and the Multinomial Distribution
Développer (x + y)² donne x² + 2xy + y². Pour (x + y)n, chaque terme du développement choisit x ou y dans chacun des n facteurs. Le coefficient de xkyn − k compte les façons de choisir les k facteurs qui donnent x : c'est C(n, k), d'où son nom de coefficient binomial.
Brunton rappelle qu'on n'a pas besoin de développer : le triangle de Pascal donne les coefficients, chaque nombre étant la somme des deux nombres au-dessus de lui. La ligne 3 se lit 1 3 3 1, et (x + y)³ = x³ + 3x²y + 3xy² + y³.
Puis il évoque le Plinko d'un jeu télévisé, la planche de Galton : une bille tombe à travers des rangées de clous et rebondit à gauche ou à droite sur chacun. Pour finir dans la case k, elle doit aller k fois à droite : C(n, k) chemins sur 2n. Lâche beaucoup de billes, et elles s'empilent en cloche.
Choisis une ligne n et une position k : la case C(n, k) s'allume en rouge, avec en ocre les deux cases dont elle est la somme. Au départ, C(4, 2) = 6 = 3 + 3. La ligne n, en bleu, donne les coefficients de (x + y)n, et leur somme vaut 2n (prendre x = y = 1). Construis le triangle pour voir chaque ligne naître de la précédente.
- La règle de Pascal vaut pour 1 ≤ k ≤ n − 1, ou partout si l'on pose C(m, j) = 0 hors de 0 ≤ j ≤ m.
- C(n, k) = n!/(k!(n − k)!), le nombre de sous-ensembles de taille k (l01) ; C(n, 0) = C(n, n) = 1, avec la convention 0! = 1.
- x = y = 1 donne Σk C(n, k) = 2n : un ensemble de n éléments a 2n sous-ensembles. Les trois lancers de la notion 1 ont 8 issues, donc 2⁸ = 256 événements.
- Galton : si chaque rebond va à droite avec probabilité ½, indépendamment des autres, les 2n chemins sont équiprobables et la bille finit en case k avec probabilité C(n, k)/2n. C'est la loi binomiale de paramètres n et ½ (l04).
Chaque bille traverse 10 rangées de clous. Les 200 billes du départ sont déjà dans leurs cases ; lâche 200 billes de plus et regarde-les rebondir. Les points creux sont les effectifs attendus, nombre de billes × C(10, k)/2¹⁰ : la case du milieu reçoit 252/1 024 = 24,6 % des billes, chaque bord 1/1 024. Penche la planche avec p, la probabilité de rebondir à droite : la cloche glisse et devient asymétrique, c'est la loi binomiale (10, p).
Exemples simples (x + y)³, la ligne 4, la règle de Pascal, Galton à 10 rangées
- (x + y)³ = x³ + 3x²y + 3xy² + y³. Avec x = y = 1 : 1 + 3 + 3 + 1 = 8 = 2³.
- La ligne 4 : 1 4 6 4 1. En 4 lancers de pièce, 6 suites contiennent exactement deux F : FFPP, FPFP, FPPF, PFFP, PFPF, PPFF, sur 2⁴ = 16 suites.
- La règle de Pascal. C(5, 2) = C(4, 1) + C(4, 2) = 4 + 6 = 10.
- Galton à 10 rangées. 2¹⁰ = 1 024 chemins. La case du milieu en reçoit C(10, 5) = 252, soit 24,6 % des billes ; les cases 4, 5 et 6 ensemble, (210 + 252 + 210)/1 024 = 0,656.
- Les mains de poker. C(52, 5) = 2 598 960 est une case de la ligne 52 du triangle.
Preuve Pascal en comptant, le binôme en développant
La règle de Pascal. Parmi n objets, mets le dernier à part. Les sous-ensembles de taille k se rangent en deux familles :
Le binôme.
Galton. Un chemin est une suite de n rebonds G ou D, comme une suite de n lancers. Finir en case k, c'est avoir exactement k D : C(n, k) chemins. La règle de Pascal s'y lit aussi : pour arriver en position k après n rangées, la bille était en position k − 1 ou k une rangée plus haut, d'où C(n − 1, k − 1) + C(n − 1, k) chemins.
Simuler en Python Pascal sans factorielle, et 100 000 billes
import numpy as np
from math import comb
# Pascal's rule builds the triangle with additions only, no factorial
row = [1]
for n in range(1, 11):
row = [1] + [row[k - 1] + row[k] for k in range(1, n)] + [1]
print("row 10:", row)
print("equals math.comb:", row == [comb(10, k) for k in range(11)])
print("sum of the row:", sum(row), "= 2^10")
# Galton board: 10 rows of pegs, each bounce goes right with probability 1/2
rng = np.random.default_rng(0)
# the bin a bead lands in = its number of right bounces
bins = rng.integers(0, 2, size=(100_000, 10)).sum(axis=1)
freq = np.bincount(bins, minlength=11) / len(bins)
for k in (0, 3, 5):
exact = comb(10, k) / 2**10
print(f"bin {k}: simulated {freq[k]:.4f} C(10, {k})/2^10 = {exact:.4f}")
row 10: [1, 10, 45, 120, 210, 252, 210, 120, 45, 10, 1] equals math.comb: True sum of the row: 1024 = 2^10 bin 0: simulated 0.0011 C(10, 0)/2^10 = 0.0010 bin 3: simulated 0.1184 C(10, 3)/2^10 = 0.1172 bin 5: simulated 0.2451 C(10, 5)/2^10 = 0.2461
Où ça casse
- Les coefficients eux-mêmes ne convergent pas vers une normale. La ligne 100 culmine à C(100, 50) ≈ 10²⁹. Ce qui prend la forme d'une cloche, c'est la ligne divisée par 2n, une loi de probabilité, une fois centrée en n/2 et mise à l'échelle de √n/2 : c'est le théorème de de Moivre-Laplace (l04).
- La planche ne donne C(n, k)/2n que si chaque rebond est à 50/50 et indépendant des précédents. Une planche penchée donne la binomiale (n, p), asymétrique (figure 5).
- Un coefficient n'est pas une probabilité. C(10, 5) = 252 est un nombre de chemins ; il devient une probabilité une fois multiplié par la probabilité de chaque chemin, ici 1/2¹⁰.
(x + y)ⁿ = Σ C(n, k) xᵏ yⁿ⁻ᵏ ; chaque case du triangle de Pascal est la somme des deux du dessus ; la ligne n divisée par 2ⁿ est la loi de la case d'arrivée d'une bille de Galton.
Coefficient multinomial : répartir en plusieurs groupes culture
Brunton 07
C(n, k) coupe n objets en deux groupes : les k choisis et les autres. Pour r groupes, Brunton distribue comme aux cartes : on sert le premier groupe, puis le deuxième dans ce qui reste, et ainsi de suite. Les nombres de façons se multiplient.
Sept personnes à répartir en trois sous-comités de 2, 3 et 2 : C(7, 2) = 21 choix pour le premier, C(5, 3) = 10 pour le deuxième parmi les 5 restantes, C(2, 2) = 1 pour le dernier, qui prend ce qui reste. En tout, 21 × 10 × 1 = 210 répartitions, et c'est aussi 7!/(2! 3! 2!) : les factorielles intermédiaires se simplifient.
Aux cartes, distribuer les 52 cartes en quatre mains de 13, comme au bridge ou au spades de Brunton, se fait de 52!/(13!)⁴ ≈ 5,36 × 10²⁸ façons.
Une répartition des sept personnes est affichée. Distribue : le premier comité en prend 2 parmi 7, le deuxième 3 parmi les 5 restantes, le dernier prend les 2 qui restent, sans choix. Le produit 21 × 10 × 1 = 210 compte des comités étiquetés, le comité 1 n'est pas le comité 3. Rends les deux comités de 2 interchangeables : chaque répartition est alors comptée deux fois, une par étiquetage, et il en reste 105.
- Les tailles doivent épuiser les n objets : c'est cette contrainte qui fait apparaître, en fin de calcul, le facteur 0! = 1.
- Les groupes sont étiquetés (comité 1, comité 2…) ; l'ordre à l'intérieur d'un groupe ne compte pas.
- r = 2 redonne le coefficient binomial : n!/(k!(n − k)!) = C(n, k).
- C'est le coefficient de x₁n₁ ⋯ xrnr dans (x₁ + … + xr)n, la formule du multinôme, comme C(n, k) l'est dans (x + y)n.
Exemples simples deux binômes, les comités, deux mains, le bridge, les paires, un dé
- r = 2. Quatre personnes en deux binômes étiquetés : 4!/(2! 2!) = 6 = C(4, 2).
- Les comités. Sept personnes en 2, 3, 2 : 210 répartitions étiquetées, 105 si les deux binômes sont interchangeables.
- Deux mains de poker, et le reste du paquet. 52!/(5! 5! 42!) = 3 986 646 103 440, c'est-à-dire C(52, 5) × C(47, 5) : la première main, puis la seconde parmi les 47 cartes restantes.
- Le bridge. Quatre mains de 13 : 52!/(13!)⁴ ≈ 5,36 × 10²⁸.
- Former des paires (devoir de Brunton). 2m personnes en m paires sans étiquette : (2m)!/(2m m!). On compte d'abord les paires étiquetées, (2m)!/(2!)m, puis on divise par les m! ordres des paires : 3, 15, 105 et 945 façons pour 4, 6, 8 et 10 personnes.
- Du coefficient à une loi. Un dé lancé 6 fois donne chaque face exactement une fois avec probabilité 6!/(1!)⁶ × (1/6)⁶ = 720/46 656 ≈ 0,015 : chaque suite a la probabilité (1/6)⁶, et le coefficient compte les suites. C'est un calcul de loi multinomiale, avec remise.
Preuve le produit télescopique de Brunton
Autre lecture : aligne les n objets dans un ordre, de n! façons, puis donne les n₁ premiers au groupe 1, les n₂ suivants au groupe 2, et ainsi de suite. Permuter les objets à l'intérieur d'un groupe ne change pas la répartition : on divise par n₁! ⋯ nr!.
Simuler en Python compter les 210 répartitions une à une
from itertools import permutations
from math import factorial
# give each of the 7 people the label of the committee they join:
# a (2 seats), b (3 seats), c (2 seats)
labeled = set(permutations("aabbbcc"))
formula = factorial(7) // (factorial(2) * factorial(3) * factorial(2))
print("labeled committees:", len(labeled), "| 7!/(2! 3! 2!) =", formula)
# two committees of 2 interchangeable: a split and its a <-> c swap coincide
swap = str.maketrans("ac", "ca")
unlabeled = {min(p, tuple("".join(p).translate(swap))) for p in labeled}
print("two pairs interchangeable:", len(unlabeled), "| 210 / 2! =", formula // 2)
labeled committees: 210 | 7!/(2! 3! 2!) = 210 two pairs interchangeable: 105 | 210 / 2! = 105
Où ça casse
- Les tailles doivent sommer à n. Sinon la formule produit un nombre qui ne compte rien (voir l'encadré).
- Des groupes de même taille sans étiquette sont comptés plusieurs fois : on divise par le nombre de façons de permuter ces groupes entre eux (105 au lieu de 210, ou le m! des paires).
- Un coefficient n'est pas une loi. Le coefficient compte des façons. La loi multinomiale, P(Y₁ = n₁, …, Yr = nr) = n!/(n₁! ⋯ nr!) · p₁n₁ ⋯ prnr, où Yj compte les essais tombés dans la classe j, décrit n essais indépendants à r issues, avec remise (exemple 6). Distribuer des cartes se fait sans remise : les effectifs par classe d'une main (combien de cœurs, de carreaux…) suivent l'hypergéométrique multivariée (notion 5).
- Ce n'est pas le produit des tailles, Brunton le souligne : 2 × 3 × 2 = 12, alors qu'il y a 210 répartitions.
n objets en r groupes étiquetés de tailles n₁, …, nᵣ, de somme n : n!/(n₁! ⋯ nᵣ!) façons, en servant les groupes un par un ; diviser encore quand des groupes de même taille sont interchangeables.
Résumé
- Ω est l'ensemble des issues ; un événement est un sous-ensemble ; « ou » = ∪, « et » = ∩, « non » = ᶜ, et (A ∪ B)ᶜ = Aᶜ ∩ Bᶜ.
- Trois axiomes : P(Ω) = 1, P(A) ≥ 0, additivité pour des événements disjoints ; tout le reste se déduit par découpage disjoint.
- P(Aᶜ) = 1 − P(A) ; A ⊆ B ⇒ P(A) ≤ P(B).
- P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B), d'où la borne de l'union P(A ∪ B) ≤ P(A) + P(B).
- « Au moins un » se calcule par son complément « aucun ».
- Anniversaires : n personnes font n(n − 1)/2 paires ; 23 personnes, 253 paires, P(partage) = 0,507.
- Tirer sans remise dans un lot à deux classes : loi hypergéométrique ; avec remise : binomiale.
- C(n, k) : binôme, triangle de Pascal, planche de Galton ; n!/(n₁! ⋯ nᵣ!) pour r groupes étiquetés.
Chaîne verbalisée — une prise, à voix haute
- Qu'est-ce qu'un événement, et que veut dire « A se réalise » ?Un sous-ensemble de Ω, décrit en mots ; A se réalise quand l'issue ω qui sort appartient à A.
- Énonce les trois axiomes d'une probabilité.P(Ω) = 1 ; P(A) ≥ 0 pour tout A ; si A ∩ B = ∅, P(A ∪ B) = P(A) + P(B).
- Démontre P(Aᶜ) = 1 − P(A).Ω = A ∪ Aᶜ, avec A et Aᶜ disjoints : l'axiome 3 donne P(Ω) = P(A) + P(Aᶜ), et l'axiome 1 donne P(Ω) = 1.
- Que vaut P(A ∪ B) quand A et B se chevauchent ?P(A) + P(B) − P(A ∩ B) : sans le terme retiré, le chevauchement est compté deux fois.
- Pourquoi 23 personnes suffisent-elles pour un anniversaire commun à plus de 50 % ?P(tous différents) = 365/365 × 364/365 × … × 343/365 = 0,493, donc 0,507 ; 23 personnes font 253 paires, et il en faut ≈ 365 ln 2 ≈ 253.
- Pourquoi 1 − (364/365)²⁵³ n'est-il qu'une approximation ?Les 253 paires ne sont pas mutuellement indépendantes (1–2 et 2–3 imposent 1–3) : 0,5005 au lieu de 0,5073.
- Un lot de 100 pièces en contient 5 défectueuses, on en tire 10 : quelle loi, et pourquoi pas la binomiale ?La loi hypergéométrique, parce que le tirage est sans remise : P(aucune défectueuse) = C(95, 10)/C(100, 10) = 0,584, contre 0,95¹⁰ = 0,599 avec remise.
Où ça sert ensuite
stats::axiomes (notions 1, 2, 3) · stats::complement (notion 4). Les notions 5, 6 et 7 sont culture, sans carte.
Une carte se fait depuis le « ce qu'on garde » d'une notion OUTIL, après ta lecture, dans tes mots.