12 STATISTIQUE ET PROBABILITÉS
Remarques
1. Dans le cas où est fini, on peut toujours construire un espace probabilisé tel que chaque événement élémentaire, au sens de singleton,
ait une probabilité nulle. Par exemple pour = {a, b, c} on
choisit A = {∅, {a} , {b, c} ,,} et la probabilité P définie par
P({a}) = 0, P({b, c}) = 1, ce qui correspond au cas de deux événements
indiscernables, avec un seul événement élémentaire.
2. De même on peut construire un espace probabilisé tel que chaque événement élémentaire, toujours au sens de singleton, ait une probabilité
égale à 1. Dans l’ensemble précédent la probabilité P est alors définie par
P({a}) = 1 et P({b, c}) = 0.
3. Même dans le cas où les événements A et B ne sont pas disjoints on
peut avoir l’égalité P(A ∪ B) = P(A) + P(B) ; il suffit pour cela que
P(A ∩ B) = 0. Par exemple, définissons sur = {a, b, c} la probabilité P
par P({a}) = P({b}) = 1/2 et P({c}) = 0. Avec A ={a, c} et B ={b, c}
on obtient P(A) = P(B) = 1/2 et P(A ∪ B) = P(() = 1 = 1/2 + 1/2
= P(A) + P(B) et pourtant A ∩ B ={c}} =∅.
Terminons ce paragraphe par deux exemples, paradoxaux à première vue.
Exemple 1.13
Dans un tournoi exhibition de tennis, Djokovic doit affronter Nadal et
Federer au cours de trois sets successifs où ses deux adversaires alterneront. Il remportera ce tournoi s’il gagne deux sets consécutifs. Il considère
que la probabilité p de battre Federer est supérieure à celle q de battre
Nadal : p > q. Quel adversaire va-t-il choisir d’affronter en premier ?
Pour une succession Fed-Nadal-Fed, sa probabilité de gain est :
p 1 = pq + (1– p)qp.
Pour une succession Nadal-Fed-Nadal, cette probabilité est :
p 2 = qp + (1–q) pq = p 1 + pq( p – q)> p 1 .
Il doit donc choisir d’affronter le joueur le plus fort en premier, ce paradoxe s’expliquant par le fait qu’il a plus de chances de le battre une fois
sur deux parties que sur une seule.
Exemple 1.14
Déterminons la répartition la plus probable de six atouts entre deux partenaires de bridge. Il y a (
26
13
) répartitions possibles des 26 cartes des deux
joueurs. Les dénombrements des répartitions de six atouts, et donc des
vingt non-atouts, entre les deux joueurs sont indiquées dans le tableau ciaprès :
(1, 5)( 2, 4)( 3, 3)( 0, 6)
2 (
6
1
)(
20
12
)
2 (
6
2
)(
20
11
)(
6
3
)(
20
11
)
2 (
20
13
)
Remarques
1. Dans le cas où est fini, on peut toujours construire un espace probabilisé tel que chaque événement élémentaire, au sens de singleton,
ait une probabilité nulle. Par exemple pour = {a, b, c} on
choisit A = {∅, {a} , {b, c} ,,} et la probabilité P définie par
P({a}) = 0, P({b, c}) = 1, ce qui correspond au cas de deux événements
indiscernables, avec un seul événement élémentaire.
2. De même on peut construire un espace probabilisé tel que chaque événement élémentaire, toujours au sens de singleton, ait une probabilité
égale à 1. Dans l’ensemble précédent la probabilité P est alors définie par
P({a}) = 1 et P({b, c}) = 0.
3. Même dans le cas où les événements A et B ne sont pas disjoints on
peut avoir l’égalité P(A ∪ B) = P(A) + P(B) ; il suffit pour cela que
P(A ∩ B) = 0. Par exemple, définissons sur = {a, b, c} la probabilité P
par P({a}) = P({b}) = 1/2 et P({c}) = 0. Avec A ={a, c} et B ={b, c}
on obtient P(A) = P(B) = 1/2 et P(A ∪ B) = P(() = 1 = 1/2 + 1/2
= P(A) + P(B) et pourtant A ∩ B ={c}} =∅.
Terminons ce paragraphe par deux exemples, paradoxaux à première vue.
Exemple 1.13
Dans un tournoi exhibition de tennis, Djokovic doit affronter Nadal et
Federer au cours de trois sets successifs où ses deux adversaires alterneront. Il remportera ce tournoi s’il gagne deux sets consécutifs. Il considère
que la probabilité p de battre Federer est supérieure à celle q de battre
Nadal : p > q. Quel adversaire va-t-il choisir d’affronter en premier ?
Pour une succession Fed-Nadal-Fed, sa probabilité de gain est :
p 1 = pq + (1– p)qp.
Pour une succession Nadal-Fed-Nadal, cette probabilité est :
p 2 = qp + (1–q) pq = p 1 + pq( p – q)> p 1 .
Il doit donc choisir d’affronter le joueur le plus fort en premier, ce paradoxe s’expliquant par le fait qu’il a plus de chances de le battre une fois
sur deux parties que sur une seule.
Exemple 1.14
Déterminons la répartition la plus probable de six atouts entre deux partenaires de bridge. Il y a (
26
13
) répartitions possibles des 26 cartes des deux
joueurs. Les dénombrements des répartitions de six atouts, et donc des
vingt non-atouts, entre les deux joueurs sont indiquées dans le tableau ciaprès :
(1, 5)( 2, 4)( 3, 3)( 0, 6)
2 (
6
1
)(
20
12
)
2 (
6
2
)(
20
11
)(
6
3
)(
20
11
)
2 (
20
13
)