SEMAINE DES MATHÉMATIQUES 2019Jouons ensemble aux mathématiques

4 - DπP (Dés, π et Probabilités)

Clément Boulonne

Jeudi 14 mars 2019

Résumé

C’est le « π day » car nous sommes le 14 mars et aux US, le 14 mars s’écrit 03/14. 3/14, 3,14 ≈ π.Donc dans cet article, nous allons parler de π ou plus précisément d’une approximation de π grâceà une modélisation probabiliste.

Mais avant de parler de π, nous allons nous intéresser à la probabilité d’obtenir une somme dedés.

1 Somme de dés pipés

1.1 Des dés pipés !

Dans toute cette section, on s’intéressera aux dés cubiques à 6 faces. On dit que le dé est équilibrési la probabilité d’obtenir une des 6 faces est égale à 1

6 . Si on traduit cette situation par une variable

1

aléatoire prenant ses valeurs dans Ω = 1,2,3,4,5,6, l’ensemble des nombres inscrits sur les 6 faces dudés, on a alors :

∀k ∈ Ω, P (X = k) = 16 .

Dans la suite de l’article, on dira qu’un dé est de type (1; 1; 1) s’il est équilibré. Plus généralement,soit a, b et c trois nombres entiers strictement positifs. On définira les probabilités de chaque dé par :

P (X = 1) = P (X = 6)P (X = 2) = P (X = 5)P (X = 3) = P (X = 4)aP (X = 2) = bP (X = 1)aP (X = 3) = cP (X = 1)

et on dira que l’on a construit une probabilité de dés de type (a; b; c) ou que les dés sont pipés de type(a; b; c).

Définition 1.1. Pour un dé à 6 faces, on appelera :— faces extrêmes (FE), les faces 1 et 6 ;— faces intermédiaires (FI), les faces 2 et 5 ;— faces médianes (FM), les faces 3 et 4

et on notera donc :— FE : « k = 1 ou k = 6 » ;— FI : « k = 2 ou k = 5 » ;— FM : « k = 3 ou k = 4 » ;

Exemple 1.2. J’ai pris comme valeur a = 1, b = 2 et c = 4. On cherche alors P (FE), P (FI) etP (FM) telles que :

P (FI) = 2P (FE)P (FM) = 4P (FE)

Soit P (FE) = x. Ainsi, P (FI) = 2x et P (FM) = 4x. On peut trouver x en utilisant la probabilitéde sommation à 1 :∑

P (X = k) = 1⇔ 2(P (FI) + P (FM) + P (FE)) = 1⇔ 2(x+ 2x+ 4x) = 1

⇔ 2× 7x = 1⇔ 14x = 1⇔ x = 114 .

On a alors la loi de probabilité de X dans le cas (1; 2; 4) est :

k FE FI FM

P (X = k) 114

214

414

et on vérifie bien que :

Σ = 114 + 2

14 + 414 + 4

14 + 214 + 1

14 = 1 + 2 + 4 + 4 + 2 + 114 = 14

14 = 1.

Remarque 1.3. Plus généralement, si on considère des dés pipés de type (a; b; c), le dénominateurde la probabilité P (X = k) pour tout 1 ≤ k ≤ 6 est donné par la formule suivante :

d = 2(a+ b+ c).

2

1.2 Somme de 2 dés

On lance deux dés pipés de type (a; b; c). On note S2 la variable aléatoire qui prend comme valeurla somme des deux numéros de faces du dessus. On s’intéresse à la loi de probabilité de S2. On a alorsles résultats suivants :

Dé 1 / Dé 2 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 83 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12

On va traiter différents cas :

1.2.1 Cas (1; 1; 1)

Quand les dés sont équilibrés, la situation est très classique : les probabilités sont faciles à calculer.On compte juste le nombre de fois que chaque numéro apparaisse sur le tableau de résultats et ondivise le tout par le nombre de résultats possibles : [2× (1 + 1 + 1)]2 = (2× 3)2 = 62 = 36.

k 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

P (S2 = k) 136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

On peut alors tracer la fonction de répartition associée :

Figure 1 – Fonction de répartition de S2 dans le cas équilibré

Remarque 1.4. La loi de probabilité de sommes de deux dés à 6 faces est symétrique par rapport àX = 7. Cela découle de la symétrie du tableau des résultats par la diagonale sud-ouest / nord-est.

Cette symétrie dans la loi de probabilité, elle se retrouve dans tous les cas où les dés sont pipés detype (a; b; c) avec a, b et c trois nombres entiers strictement positifs.

1.2.2 Cas (1; 2; 4)

On a vu que, si on prend des dés pipés du type (1; 2; 4), on obtient la loi de probabilité d’apparitionde faces suivante :

k FE FI FM

P (X = k) 114

214

414

3

On peut alors le tableau des résultats pour la somme de deux dés.

Dé 1 / Dé 2 1 ( 114) 2 ( 2

14) 3 ( 414) 4 ( 4

14) 5 ( 214) 6 ( 1

14)

1 ( 114) 2 3 4 5 6 7

2 ( 214) 3 4 5 6 7 8

3 ( 414) 4 5 6 7 8 9

4 ( 414) 5 6 7 8 9 10

5 ( 214) 6 7 8 9 10 11

6 ( 114) 7 8 9 10 11 12

Pour obtenir la probabilité que la somme S2 soit égale à k (pour 2 ≤ k ≤ 12), on repère la (ou les)case(s) où le nombre k apparait sur le tableau des résultats, on multiplie case par case les coefficients(ligne et colonne) entre parenthèses et on additionne le tout. Ainsi, on a :

P (S2 = 2) = 114 ×

114 = 1

142 = 1196

P (S2 = 3) = 214 ×

114 + 1

14 ×214 = 2× 2

14 ×114 = 4

196

P (S2 = 4) = 414 ×

114 + 2

14 ×214 + 1

14 ×414 = 2× 4

14 ×114 + 22

142 = 8169 + 4

169 = 12169 .

. . .

On a alors la loi de probabilité de somme des deux faces pour des dés pipés de type (1; 2; 4).

k 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

P (S2 = k) 1196

4196

12196

24196

36196

42196

36196

24196

12196

4196

1196

On peut alors tracer la fonction de répartition associée et la comparer avec le cas équilibré :

Figure 2 – Fonction de répartition de S2 dans le cas (1; 2; 4) (en bleu) et comparaison avec le caséquilibré (en rouge)

Remarque 1.5. On peut remraquer que les deux fonctions de répartition forme un semblant decloche de Gauss, symbolique de la fonction de répartition d’une loi normale. La courbe de Gauss quisymbolise du cas (1; 2; 4) est plus pointue que celle du cas équilibré.

4

1.2.3 Cas (4; 2; 1)

Dans la section précédente, on a traité le cas où les dés étaient pipés de type (1; 4; 2). Que sepasse-t-il pour le cas symétrique, c’est-à-dire le cas où les dés sont pipés de type (4; 2; 1) ? On peuttout d’abord calculer les probabilités d’apparition des faces extrêmes, intermédiaires et médianes. Onrésout donc le système d’équations suivant :

4P (FI) = 2P (FE)4P (FM) = P (FE)2[P (FE) + P (FI) + P (FM)] = 1

Soit x = P (FE), on a alors :4P (FI) = 2x4P (FM) = x

2[P (FE) + P (FI) + P (FM)] = 1⇔

P (FI) = 1

2x

P (FM) = 14x

2(x+ 12x+ 1

4x) = 1

On peut résoudre la troisième ligne pour avoir une valeur de x :

2(x+ 12x+ 1

4x) = 1⇔ 2[4x+ 2x+ x]4 = 1⇔ 7x = 2⇔ x = 2

7 = 414 .

Conclusion : P (FE) = 2

7 = 414

P (FI) = 214

P (FM) = 114

k FE FI FM

P (X = k) 414

214

114

Remarque 1.6. Les probabilités d’obtention de faces extrêmes et faces médinaes ont été échangéspar rapport au cas précédent.

Pour modéliser la somme de deux dés, on peut reproduire le tableau des résultats en modifiant lesprobabilités d’apparition.

Dé 1 / Dé 2 1 ( 414) 2 ( 2

14) 3 ( 114) 4 ( 1

14) 5 ( 214) 6 ( 4

14)

1 ( 414) 2 3 4 5 6 7

2 ( 214) 3 4 5 6 7 8

3 ( 114) 4 5 6 7 8 9

4 ( 114) 5 6 7 8 9 10

5 ( 214) 6 7 8 9 10 11

6 ( 414) 7 8 9 10 11 12

On peut alors établir la loi de probabilité de la variable aléatoire S2 comme précédemment (touten remarquant la symétrie de la loi de probabilité par rapport à « S2 = 7 »).

P (S2 = 2) = 414 ×

414 = 16

196P (S2 = 3) = 2

14 ×414 + 4

14 ×214 = 2× 2

14 ×414 = 16

196P (S2 = 4) = 1

14 ×414 + 2

14 ×214 + 1

14 ×414 = 2

14 ×214 + 2× 1

14 ×414 = 12

196 ...

5

On peut continuer les calculs. Voici la loi de probabilité de la variable aléatoire S2 et sa fonctionde répartition (voir figure 3) :

k 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

P (S2 = k) 16196

16196

12196

12196

21196

42196

21196

12196

12196

16196

16196

Figure 3 – Fonction de répartition de S2 dans le cas (4; 2; 1) (en vert) et comparaison avec le cas(1; 2; 4) (en bleu)

Remarque 1.7. La différence entre les cas (1; 2; 4) et (4; 2; 1) est que les probabilités pour les va-leurs extrêmes de S2 sont plus fortes à contrario des valeurs intermédiaires. Comme la somme desprobabilités doit être égale à 1, les différences de valeurs sont minimes.

On remarque aussi que les valeurs de P (S2 = 7) sont identiques.

1.2.4 Cas (a; b; c)

Les valeurs de P (S2 = 7) sont identiques pour les cas (1; 2; 4) et (4; 2; 1). En est-il de même pourle cas (2; 4; 1) ou (1; 4; 2) ?

Passons donc au cas général. Soient a, b et c trois entiers strictement positifs. On peut calculer laloi de probabilité de X d’appartition des faces en fonction de a, b et c. A résoudre (en fonction de a,b et c) :

aP (FI) = b(FE)aP (FM) = cP (FE)2[P (FE) + P (FI) + P (FM)] = 1

On note P (FE) = x.aP (FI) = bx

aP (FM) = cx

2[P (FE) + P (FI) + P (FM)] = 1⇔

P (FI) = b

a × xP (FM) = c

a × x2[x+ b

a × x+ ca × x] = 1

⇔

Intéressons-nous à la troisième ligne :ax+ bx+ cx

a= 1

2 ⇔a+ b+ c

a× x = 1

2 ⇔ x = a

2(a+ b+ c) .

Conclusion :

P (FE) = a

2(a+ b+ c)P (FI) = b

2(a+ b+ c)P (FM) = c

2(a+ b+ c)

6

k FE FI FM

P (X = k) a

2(a+ b+ c)b

2(a+ b+ c)c

2(a+ b+ c)

Avec la loi de probabilité de X (probabilité d’apparition de faces), on peut calculer la loi deprobabilité de S2 (probabilité de somme de deux dés) grâce au tableau de résultats suivant :

Dé 1 / Dé 2 1 ( a2(a+b+c)) 2 ( b

2(a+b+c)) 3 ( c2(a+b+c)) 4 ( c

2(a+b+c)) 5 ( b2(a+b+c)) 6 ( a

2(a+b+c))

1 ( a2(a+b+c)) 2 3 4 5 6 7

2 ( b2(a+b+c)) 3 4 5 6 7 8

3 ( c2(a+b+c)) 4 5 6 7 8 9

4 ( c2(a+b+c)) 5 6 7 8 9 10

5 ( b2(a+b+c)) 6 7 8 9 10 11

6 ( a2(a+b+c)) 7 8 9 10 11 12

On détaille le calcul des probabilités (la procédure de calcul est la même que pour les cas précédents) :

P (S2 = 2) = P (S2 = 12) = a2

[2(a+ b+ c)]2 = 14

(a

a+ b+ c

)2=(

a

2(a+ b+ c)

)2

P (S2 = 3) = P (S2 = 11) = 2(ab)[2(a+ b+ c)]2 = ab

2(a+ b+ c)2

P (S2 = 4) = P (S2 = 10) = 2ca+ b2

[2(a+ b+ c)]2 =ac+ 1

2b2

2(a+ b+ c)2

P (S2 = 5) = P (S2 = 9) = 2(ac+ cb)[2(a+ b+ c)]2 = 2c(a+ b)

[2(a+ b+ c)]2 = c(a+ b)2(a+ b+ c)2

P (S2 = 6) = P (S2 = 8) = 2(ab+ cb) + c2

[2(a+ b+ c)2 = 2b(a+ c) + c2

[2(a+ b+ c)]2 =b(a+ c) + 1

2c2

2(a+ b+ c)2

P (S2 = 7) = 2(a2 + b2 + c2)[2(a+ b+ c)]2 = a2 + b2 + c2

2(a+ b+ c)2 .

En exercice, vérifier que :12∑k=2

P (S2 = k) = 1.

On peut tracer la fonction de répartition de S2 grâce aux commandes inscrites dans la barre deSaisie sur GeoGebra :

a := Curseur (1 ,30 ,1)b := Curseur (1 ,30 ,1)c := Curseur (1 ,30 ,1)Segment ((2 ,0) ,(2 ,((a)/(2(a+b+c )))^(2)))Segment ((12 ,0) ,(12 ,((a)/(2(a+b+c )))^(2)))Segment ((3 ,0) ,(3 ,(a*b)/(2(a+b+c )^(2))))Segment ((11 ,0) ,(11 ,(a*b)/(2(a+b+c )^(2))))Segment ((4 ,0) ,(4 ,(a*c +(1)/(2) b ^(2))/(2( a+b+c )^(2))))Segment ((10 ,0) ,(10 ,(a*c +(1)/(2) b ^(2))/(2( a+b+c )^(2))))Segment ((5 ,0) ,(5 ,(c (a+b ))/(2( a+b+c )^(2))))Segment ((9 ,0) ,(9 ,(c (a+b ))/(2( a+b+c )^(2))))Segment ((6 ,0) ,(6 ,(b(a+c )+(1)/(2) c ^(2))/(2( a+b+c )^(2))))Segment ((8 ,0) ,(8 ,(b(a+c )+(1)/(2) c ^(2))/(2( a+b+c )^(2))))Segment ((7 ,0) ,(7 ,(a^(2)+b^(2)+c ^(2))/(2( a+b+c )^(2))))

7

Remarques 1.8. 1. Soit k ∈ N∗. Le cas (ka; kb; kc) est identique à (a; b; c).2. Si on prend une très grande valeur de a et que b = 1 et c = 1, les probabilités P (S2 = 2),P (S2 = 7) et P (S2 = 12) écrasent les autres probabilités. La fonction de répartition (figure 4)forme deux vallons.

Figure 4 – Fonction de répartition de S2 quand a = 30, b = 1 et c = 1

3. Si on prend une très grande valeur de b et que a = 1 et c = 1, les probabilités P (S2 = 4),P (S2 = 7) et P (S2 = 10) écrasent les autres probabilités. La fonction de répartition (figure 5)représente trois vagues réparties uniformément.

Figure 5 – Fonction de répartition de S2 quand a = 1, b = 30 et c = 1

4. Si on prend une très grande valeur de c et que a = 1 et b = 1, les probabilités voisines deP (S2 = 7) écrasent les autres probabilités. La fonction de répartition (figure 6) est une clochede Gauss.

5. Peu importe les valeurs de a, b et c, la probabilité P (S2 = 7) semblent être la plus grande detoutes. Cela vient du fait que :

P (S2 = 7) = a2 + b2 + c2

2(a+ b+ c)2 .

1.3 Généralisation : somme de N dés, N > 2On donne ici quelques caractérisations (sans entrer dans les détails) pour le cas général, c’est-à-dire

les caractéristiques de la variable aléatoire SN (N > 2) qui prend comme valeur la somme des facesde N dés lancés.

8

Figure 6 – Fonction de répartition de S2 quand a = 1, b = 1 et c = 30

1.3.1 Résultats possibles

Soit N ≥ 2. Les résultats possibles pour la variable aléatoire SN sont les nombres compris entreN et 6N . On a donc 5N + 1 résultats possibles.

Démonstration. On dispose de N dés. La somme minimale que l’on peut faire avec N dés est ;

1 + 1 + · · ·+ 1︸ ︷︷ ︸N fois

= N.

La somme maximale que l’on peut faire avec N dés est :

6 + 6 + · · ·+ 6︸ ︷︷ ︸N fois

= 6N.

Ainsi les valeurs possibles de SN sont comprises entre N et 6N soit donc 5N+1 résultats possibles.

1.3.2 Représentation possible des résultats

Pour N = 2, on a pu représenter les résultats de la variable aléatoire S2 dans un tableau à 2dimensions.

Pour N > 2, il sera plus difficile de représenter les résutlats de SN dans un tableau car il serait àn dimensions. On peut le faire pour N = 3, ce serait un cube de 6× 6× 6 « cases ».

On peut aussi représenter les résultats de SN par un arbre de probabilité dont les chemins sont delongueur N et où chaque noeud fait naître 6 branches (une branche par face de dé).

La figure 7 nous propose un exemple pour N = 2.

Remarque 1.9. La figure 7 nous propose un arbre de dimensions assez conséquentes et ceci juste pourle cas N = 2. Alors pour des valeurs N supérieurs, il nous faudrait plusieurs pages pour représentertous les résultats.

Il nous faut trouver autre chose pour représenter les résultats de la variable aléatoire SN pourN > 2.

On peut aussi déterminer les lancers de dés permettant d’arriver à un certain résultat. On peutprendre un exemple pour N = 3.

Exemple 1.10. D’après la section précédente, les résultats possibles pour N = 3 sont :

3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18.

On peut représenter les différents lancers dans le tableau 1.

9

1

123456

2

123456

3

123456

4

123456

5

123456

6

123456

Figure 7 – Arbre des possibilités pour un lancer de deux dés

10

3 (1,1,1) 1

4 (2,1,1) ; (1,2,1) ; (1,1,2) 3

5 (2,2,1) ; (1,2,2) ; (2,1,2) ; (3,1,1) ; (1,3,1) ; (1,1,3) 6

6 (2,2,2) ; (1,2,3) ; (1,3,2) ; (2,1,3) ; (2,3,1) ; (3,1,2) ; (3,2,1) ; (4,1,1) ; (1; 4; 1) ; (1,1,4) 10

7 (1,3,3) ; (3,1,3) ; (3,3,1) ; (1,2,4) ; (1,4,2) ; (2,1,4) ; (2,4,1) ; (4,1,2) ; (4,2,1)

(2,2,3) ; (2,3,2) ; (3,2,2) ; (5,1,1) ; (1,5,1) ; (1,1,5) 15

8 (6,1,1) ; (1,6,1) ; (1,1,6) ; (5,1,2) ; (5,2,1) ; (2,1,5) ; (2,5,1) ; (1,5,2) ; (1,2,5) ; (4,2,2) ; (2,4,2) ; (2,2,4)

(4,3,1) ; (4,1,3) ; (3,1,4) ; (3,4,1) ; (1,3,4) ; (1,4,3) ; (3,3,2) ; (3,2,3) ; (2,3,3) 21

9 (6,2,1) ; (6,1,2) ; (2,1,6) ; (2,6,1) ; (1,6,2) ; (1,2,6) ; (5,3,1) ; (5,1,3) ; (3,1,5) ; (3,5,1) ; (1,5,3) ; (1,3,5)

(5,2,2) ; (2,5,2) ; (2,2,5) ; (4,3,2) ; (4,2,3) ; (3,4,2) ; (3,2,4) ; (2,3,4) ; (2,4,3)

(4,4,1) ; (4,1,4) ; (1,4,4) ; (3,3,3) 25

10 (6,2,2) ; (2,6,2) ; (2,2,6) ; (6,3,1) ; (6,1,3) ; (3,1,6) ; (3,6,1) ; (1,6,3) ; (1,3,6)

(5,3,2) ; (5,2,3) ; (3,2,5) ; (3,5,2) ; (2,3,5) ; (2,5,3) ; (5,4,1) ; (5,1,4) ; (4,5,1) ; (4,1,5) ; (1,4,5) ; (1,5,4)

(4,4,2) ; (2,4,2) ; (2,2,4) ; (4,3,3) ; (3,4,3) ; (3,3,4) 27

11 (6,3,2) ; (6,2,3) ; (3,2,6) ; (3,6,2) ; (2,6,3) ; (2,3,6) ; (6,4,1) ; (6,1,4) ; (4,1,6) ; (4,6,1) ; (1,4,6) ; (1,6,4)

(5,5,1) ; (5,1,5) ; (1,5,5) ; (5,4,2) ; (5,2,4) ; (4,2,5) ; (4,5,2) ; (2,4,5) ; (2,5,4)

(5,3,3) ; (3,5,3) ; (3,3,5) ; (4,4,3) ; (4,3,4) ; (3,4,4) 27

12 (6,3,3) ; (3,6,3) ; (3,3,6) ; (6,4,2) ; (6,2,4) ; (4,2,6) ; (4,6,2) ; (2,4,6) ; (2,6,4)

(6,5,1) ; (6,1,5) ; (5,1,6) ; (5,6,1) ; (1,5,6) ; (1,6,5) ; (5,5,2) ; (5,2,5) ; (2,5,5)

(5,4,3) ; (5,3,4) ; (4,3,5) ; (4,5,3) ; (3,4,5) ; (3,5,4) ; (4,4,4) 25

13 (6,6,1) ; (6,1,6) ; (1,6,6) ; (6,5,2) ; (6,2,5) ; (5,2,6) ; (5,6,2) ; (2,5,6) ; (2,6,5)

(6,4,3) ; (6,3,4) ; (4,6,3) ; (4,3,6) ; (3,4,6) ; (3,6,4) ; (5,5,3) ; (5,3,5) ; (3,5,5) ; (5,4,4) ; (4,5,4) ; (4,4,5) 21

14 (6,4,4) ; (4,6,4) ; (4,4,6) ; (6,5,3) ; (6,3,5) ; (5,3,6) ; (5,6,3) ; (3,6,5) ; (3,5,6)

(6,6,2) ; (6,2,6) ; (2,6,6) ; (5,5,4) ; (5,4,5) ; (4,5,5) 15

15 (6,3,3) ; (3,6,3) ; (3,3,6) ; (6,5,4) ; (6,4,5) ; (5,4,6) ; (5,6,4) ; (4,5,6) ; (4,6,5) ; (5,5,5) 10

16 (6,5,5) ; (5,6,5) ; (5,5,6) ; (6,6,4) ; (6,4,6) ; (4,6,6) 6

17 (6,6,5) ; (6,5,6) ; (5,6,6) 3

18 (6,6,6) 1

Table 1 – Tableau des résultats de S3

11

Dernière minute : L’article de G. Villemin 1 m’a inspiré une autre façon de représenter le tableaudes résultats de SN . On peut en fait transformer le tableau à n dimensions en un tableau de 2dimensions par projection. Pour cela, sur la première colonne, on donne la somme des N − 1 premiersdés et dans la première ligne, les résultats du dernier dé.

Exemple 1.11. Pour N = 3, le tableau de Villemin se trouve en table 2. On note T2 la somme desfaces apparues sur deux des trois dés.

Pour N > 2, on remarque que ce tableau (à 2 dimensions) a (5(N − 1) + 1)× 6 = (5N − 4)× 6 =30N − 24 cases et est donc beaucoup plus compact que le tableau en table 1.

T2 / 3ème dé 1 2 3 4 5 6

2 (1 fois) 3 4 5 6 7 8

3 (2 fois) 4 5 6 7 8 9

4 (3 fois) 5 6 7 8 9 10

5 (4 fois) 6 7 8 9 10 11

6 (5 fois) 7 8 9 10 11 12

7 (6 fois) 8 9 10 11 12 13

8 (5 fois) 9 10 11 12 13 14

9 (4 fois) 10 11 12 13 14 15

10 (3 fois) 11 12 13 14 15 16

11 (2 fois) 12 13 14 15 16 17

12 (1 fois) 13 14 15 16 17 18

Table 2 – Tableau de Villemin des résultats de S3

1.3.3 Nombre de possibilités

Le dénominateur de chaque probabilité est égal à :

Dn = [2(a+ b+ c)]n.

1.3.4 N = 3, cas (1; 1; 1)

En lisant le tableau 1, on peut facilement calculer la loi de probabilité de S3 dans le cas équilibré.

k 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

P (X = k) 1216

3216

6216

10216

15216

21216

25216

27216

27216

25216

21216

15216

10216

6216

3216

1216

et tracer sa fonction de répartition.

Segment ((3 ,0) ,(3 ,(1)/(216)))Segment ((4 ,0) ,(4 ,(3)/(216)))Segment ((5 ,0) ,(5 ,(6)/(216)))Segment ((6 ,0) ,(6 ,(10)/(216)))Segment ((7 ,0) ,(7 ,(15)/(216)))Segment ((8 ,0) ,(8 ,(21)/(216)))

1. Source : http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Probabil/DesTrois.htm

12

Segment ((9 ,0) ,(9 ,(25)/(216)))Segment ((10 ,0) ,(10 ,(27)/(216)))Segment ((11 ,0) ,(11 ,(27)/(216)))Segment ((12 ,0) ,(12 ,(25)/(216)))Segment ((13 ,0) ,(13 ,(21)/(216)))Segment ((14 ,0) ,(14 ,(15)/(216)))Segment ((15 ,0) ,(15 ,(10)/(216)))Segment ((16 ,0) ,(16 ,(6)/(216)))Segment ((17 ,0) ,(17 ,(3)/(216)))Segment ((18 ,0) ,(18 ,(1)/(216)))

Figure 8 – Fonction de répartition de S3 dans le cas équilibré

Remarque 1.12. La fonction de répartition de S3 dans le cas équilibré forme une cloche de Gaussplus allongée que pour la fonction de répartition de S2.

1.3.5 N = 3, cas (a; b; c)

On se place dans le cas où les dés sont pipés de type (a; b; c). On peut reprendre le tableau derésultats de G. Villemin. Nous avons déjà calculé précédemment la loi de probabilité de S2 dans lecas (a; b; c), on peut donc ajouter dans la première colonne les probabilités corerspondantes et sur lapremière ligne les probabilités d’obtenir la face 1, 2, 3, 4, 5 et 6. Pour rappel :

k FE FI FM

P (X = k) a

2(a+ b+ c)b

2(a+ b+ c)c

2(a+ b+ c)

Pour obtenir P (S3 = k) (avec 3 ≤ k ≤ 18), on additionne le produit des probabilités ligne/colonnedes cases correspondants à k comme dans le cas N = 2.

1.3.6 Un petit problème pour terminer

Voici un problème que j’ai inventé lors de la modélisation du problème dans le cas général.

On se place dans un cube infini et on dispose d’une infinité de cubes de côté 1. On place un petitcube sur un coin du fond du cube infini (première itération). On place ensuite des petits cubes surchaque face visible du premier petit cube posé (seconde iteration).

Décrire par une suite définie par récurrence, le nombre de petits cubes posés à la nième itération.Puis donner le nombre total de petits cubes posés après n iterations.

Si vous voulez résoudre cet exercice et que vous avez trouvé une solution, n’hésitez pas à me lefaire savoir sur la page Facebook CBMaths 2.

2. Page Facebook CBMaths : https://www.facebook.com/CBMaths1/

13

2 Méthode de Monte-CarloEt π dans tout ça ? En probabilités, il existe une méthode qui permet de donner une approximation

du nombre π. C’est ce qu’on appelle la méthode de Monte-Carlo.

2.1 L’expérience aléatoire

Imaginez ! Vous êtes dans une fête foraine et sur un stand de tir à la flechette, on vous propose detirer sur la cible carrée suivante constituée d’un quart de disque de rayon un côté de la cible :

On suppose que votre lancer atteint toujours la cible carrée et que vous gagnez un lot si votreflechette touche la partie bleue. Quelle est la probabilité de gain ?

2.2 Le calcul de probabilités

Facile ! La probabilité de toucher la cible marquée en bleu est égale à l’aire du quart de disque surl’aire du carré, c’est-à-dire :

p =π41 = π

4 .

Fin de l’article ? Non ! On veut une approximation de π. Pour cela, on va utiliser les intervalles deconfiance (servant à estimer une probabilité).

2.3 Estimation par intervalles de confiance

2.3.1 Définition d’un intervalle de confiance

Pour construire des intervalles de confiance, il faut respecter certaines conditions.

Théorème 2.1. Soit Xn une variable aléatoire qui suit la loi binomiale Bin(n,p), soit Fn = Xnn la

fréquence et Jn = [Fn − 1√n

;Fn + 1√n

].— Sous les conditions n ≥ 30 (taille d’échantillon), np ≥ 5 et n(1−p) ≥ 5, l’intervalle Jn contient

p avec une probabilité d’environ 95%.— Pour n assez grand, l’intervalle Jn contient p avec une probabilité au moins égale à 95%.

2.3.2 Équation cartésienne d’un cercle

On se place dans un repère orthonormé (O, #»ı , #» ) et on considère un point A(xA; yA). Un point Mappartient au cercle C de centre A et de rayon r si et seulement si :

AM = r.

Si on considère que les coordonnées de M sont (x; y), on obtient :

AM = r ⇔√

(x− xA)2 + (y − yA)2 = r ⇔ (x− xA)2 + (y − yA)2 = r2

On peut ainsi énoncer la propriété suivante :

14

Propriété 2.2 (Équation cartésienne d’un cercle). Dans un repère orthonormé (O, #»ı , #» ), une équationcartésienne du cercle de centre A(xA; yA) et de rayon r est donnée par :

(x− xA)2 + (y − yA)2 = r2.

On peut aussi développer l’équation cartésienne donnée dans la propriété précédente mais celanous suffit pour la suite de l’article.

Ainsi, pour que la flechette atteigne le quart de disque bleu, il faut que les coordonnées (x; y) decelle-ci dans un repère orthonormé (O, #»ı , #» ) avec O un sommet du carré cible et ‖ #»ı ‖ = ‖ #» ‖ = 1vérifient la condition suivante :

(x− 0)2 + (y − 0)2 < 12 ⇔ x2 + y2 < 1

2.3.3 Programme en Python

On donne un programme en Python qui permet de simuler un lancer de N fléchettes. On va prendN = 10000. La fonction random du module random nous renvoie un nombre aléatoire compris entre0 et 1.

from math import *from random import *cible = 0for i in range (0 ,10000);

print(i)x = random ()y = random ()if x**2+y**2 <=1:

cible=cible +1

print(cible)

La calculatrice NumWorks 3 nous renvoie la valeur suivante :

cible = 7857

Ainsi la fréquence observée est :f = 7857

10000 = 0,7857

Nous sommes dans les conditions du théorème 2.1 et ainsi, on peut construire un intervalle de confiance(au niveau 95%) qui encadre la probabilité attendue :

IC =[0,7857− 1√

10000; 0,7857 + 1√

10000

]= [0,7847− 0,01 ; 0,7847 + 0,01] = [0,7837 ; 0,7857].

On a donc, d’après l’intervalle de confiance :

0,7837 ≤ π

4 ≤ 0,7857⇔ 3,1348 ≤ π ≤ 3,1428

ce qui est un encadrement cohérent de π.

Remarque 2.3 (Critiques). 1. Normalement, les intervalles de confiance sont utilisés quand onveut un encadrement de la probabilité de succès.

2. L’encadrement est peu efficace par rapport au nombre de fléchettes lancées : l’amplitude del’encadrement est de 4× 2√

100000 = 8√100000 = 0,08.

3. Émulateur en ligne : https://www.numworks.com/fr/simulateur/

15

3. Pour un échantillon donné, l’approximation n’aboutit pas forcément. C’est le cas 4 quand lenombre θ de résultats favorables n’est pas compris entre :

7753 ≤ θ ≤ 7953.

0

Pour terminer, on peut se demander combien faut-il de lancers pour arriver avoir un intervalle deconfiance qui approxime π à 10−4 près, L’amplitude de l’intervalle est de 2√

n:

4× 2√n≤ 10−4 ⇔ 8√

n≤ 10−4 ⇔ 8 ≤ 10−4√n

⇔ 81à−4 ≤

√n⇔

( 8√n

)2≤ n⇔ n ≥ 64

10−8 .

Il faut donc au minimuù 64 × 108 = 6 400 000 000 de lancers de flechettes pour arriver à unencadrement de π inférieur à 10−4 près.

3 Probabilités et jeux vidéo, BAC Polynésie 2011D’après : https://www.youtube.com/watch?v=B2Y3OYbnJbc

3.1 L’énoncé du problème

Un joueur débute un jeu vidéo et effectue plusieurs parties successives. On admet que :— la probabilité qu’il gagne la première partie est de 0,1 ;— s’il gagne une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,8 ;— s’il perd une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,6.

On note :— Gn l’événement « le joueur gagne la n-ième partie » ;— pn la probabilité de l’événement Gn.

On a donc p1 = 0,1.

1. Montrer que p2 = 0,62. On pourra s’aider d’un arbre pondéré.2. Le joueur a gagné la deuxième partie. Calculer la probabilité qu’il ait perdu la première.3. Calculer la probabilité que le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières parties.4. Montrer que pour tout entier naturel n non nul, pn+1 = 1

5pn + 35 .

5. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul

pn = 34 −

134

(15

)n.

6. Déterminer la limite de la suite (pn) quand n tend vers +∞.7. Pour quelles valeurs de l’entier naturel n a-t-on : 3

4 − pn < 10−7 ?

3.2 La résolution du problème

1. On a tout d’abord p1 = 0,1. On peut représenter la situation de probabilité par un arbrepondéré :

4. La probabilité que cela se produise est de 0.014.

16

G1

G2

G2

G1

G2

G2

0,1

0,8

0,2

0,90,6

0,4

Pour calculer p2 = P (G2), on utilise la formule des probabilités totales :

p2 = P (G2) = P (G1 ∩G2) + P (G1 ∩G2)= P (G1)× PG1(G2) + P (G1)× PG1

(G2)= 0,1× 0,8 + 0,9× 0,6 = 0,62.

2. On veut calculer la probabilité d’avoir perdu la première partie sachant que l’on a gagné ladeuxième partie. On utilise la formule des probabilités conditionnelles et la réponse à la questionprécédente :

PG2(G1) = P (G1 ∩G2)P (G2) = 0,9× 0,6

0,62 = 0,540,62 ≈ 0,87.

3. Le calcul de cette probabilité s’avère difficile de prime abord car beaucoup de chemins s’offrentà nous. On va donc utiliser le calcul de la probabilité de l’événement contraire.Soit A l’événement « le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières ». L’événementcontraire de A est l’événement A : « le joueur gagne aucune partie sur les trois », ce quicorrespond à l’événement « G1 ∩G2 ∩G3 ». Calculons sa probabilité :

P (A) = P (G1 ∩G2 ∩G3) = 0,9× 0,4× 0,4 = 0,144.

On a donc :P (A) = 1− P (A) = 1− 0,144 = 0,856.

4. On veut calculer la probabilité de l’événement Gn+1 en fonction de la probabilité de l’événementGn. On reprend les données de l’énoncé :— s’il gagne une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,8 ;— s’il perd une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,6.On utilise la formule des probabilités totales pour calculer P (Gn+1) :

P (Gn+1) = P (Gn)× PGn(Gn+1) + P (Gn)× PGn(Gn+1).

On sait que P (Gn) = pn et P (Gn) = 1− P (Gn) = 1− pn, on a donc :

P (Gn+1) = 0,8pn + 0,6(1− pn) = 0,8pn + 0,6− 0,6pn

= 0,2pn + 0,6 = 15pn + 3

5 .

5. Soit n ∈ N∗, on note la propriété Pn suivante :

« pn = 34 −

134

(15

)n».

17

Initiatisation Soit n = 1, on montre que la propriété P1 est vraie. On a :

34 −

134 ×

15 = 3

4 −1320 = 15

20 −1320 = 2

20 = 110 = 0,1 = p1

d’après l’énoncé. Donc la propriété P1 est vraie.Hérédité On suppose que, pour un certain rang n ≥ 1, la propriété Pn est vraie c’est-à-dire

« pn = 34 −

134

(15

)n» (HR). On démontre que la propriété Pn+1 est vraie. On utilise pour

cela le résultat de la question précédente :

pn+1 = 15pn + 3

5 .

On remplace la valeur de pn supposée dans l’hypothèse de récurrence (HR) :

pn+1 = 15

(34 −

134

(15

)n)+ 3

5 = 15 ×

34 −

134

(15

)n+1+ 3

5

= 320 + 3

5 −134

(15

)n+1= 3

20 + 1220 −

134

(15

)n+1= 15

20 −134

(15

)n+1= 3

4 −134

(15

)n+1

La propriété Pn+1 est donc vraie. Ainsi, la propriété Pn est héréditaire à partir du rangn ≥ 1.

Conclusion La propriété P1 est vraie et la propriété Pn est héréditaire à partir du rangn ≥ 1, donc, d’après le principe de récurrence, la propriété Pn est vraie pour tout n ≥ 1,c’est-à-dire :

pn = 34 −

134

(15

)n.

6. On veut calculer la limite de la suite (pn) quand n tend vers +∞. On utilise l’expression donnéeà la question précédente :

limn→+∞

pn = limn→+∞

34 −

134

(15

)n.

Or, comme 15 < 1, on a : lim

n→+∞

(15

)n= 0, d’où :

limn→+∞

34 −

134

(15

)n= lim

n→+∞

34 −

134 × 0 = 3

4 .

Donc : la limite de la suite (pn) quand n→ +∞ est 34 .

7. On veut déterminer pour quelles valeurs de n (entier naturel on a :

34 − pn < 10−7.

En remarquant que :

34 − pn = 3

4 −(3

4 −134

(15

)n)= 13

4

(15

)n,

on résout donc l’inéquation 5 :

134

(15

)n< 10−7 ⇔

(15

)n<

10−7

134⇔(1

5

)n<

10−7 × 413

⇔ n ln(1

5

)< ln

(10−7 × 4

13

)⇔ n >

ln(

10−7×413

)ln(

15

) ⇔ n > 10,75.

À partir de n = 11, l’inéquation 34 − pn < 10−7 est vérifiée.

5. le changement de signe en cours de résolution de l’inéquation s’explique par le fait que ln(1/5) < 0 car 1/5 < 1.

18