Voir aussi la page Diapositives.
Le présent chapitre se veut un bref survol des principales notions de la théorie des probabilités. Voici deux exemples élémentaires qui vont nous aider à comprendre les concepts d’expérience aléatoire, d’ensemble des résultats possibles, d’événement et de probabilité d’un événement.
Exemple 1. On lance une paire de dés. Quelle est la probabilité d’obtenir un total de 8 ? Quelle est la probabilité d’obtenir au moins une fois la valeur 6 ?
Solution. Identifions les deux dés : le dé A et le dé B. Voici l’ensemble de tous les résultats possibles pour cette expérience aléatoire :
| (1, 1) | (1, 2) | (1, 3) | (1, 4) | (1, 5) | (1, 6) |
| (2, 1) | (2, 2) | (2, 3) | (2, 4) | (2, 5) | (2, 6) |
| (3, 1) | (3, 2) | (3, 3) | (3, 4) | (3, 5) | (3, 6) |
| (4, 1) | (4, 2) | (4, 3) | (4, 4) | (4, 5) | (4, 6) |
| (5, 1) | (5, 2) | (5, 3) | (5, 4) | (5, 5) | (5, 6) |
| (6, 1) | (6, 2) | (6, 3) | (6, 4) | (6, 5) | (6, 6) |
Dans ce tableau, le couple \((k, \ell)\) représente le résultat « obtenir la face \(k\) avec le dé A et la face \(\ell\) avec le dé B ». Dire qu’on obtient le résultat \((5, 3)\) c’est dire qu’on obtient la face 5 avec le dé A et la face 3 avec le dé B. En supposant que les dés sont parfaitement symétriques, les 36 résultats énumérés ci-dessus ont tous la même chance de survenir. La probabilité d’obtenir le résultat \((5, 3)\) est donc \(1/36\). Parmi les 36 résultats possibles, il y en a 5 pour lesquels la somme des deux faces obtenues est égale à 8. Il s’agit des résultats \((6, 2)\), \((5, 3)\), \((4, 4)\), \((3, 5)\) et \((2, 6)\). La probabilité d’obtenir un total égal à 8 est donc \(5/36\). De même, parmi les 36 résultats possibles, il y en a 11 pour lesquels la face 6 apparaît au moins une fois. La probabilité d’obtenir au moins une fois la valeur 6 est donc \(11/36\).
Exemple 2. On lance une pièce de monnaie quatre fois. Quelle est la probabilité d’obtenir exactement deux faces et deux piles ?
Solution. Voici l’ensemble de tous les résultats possibles pour l’expérience aléatoire qui consiste à lancer une pièce de monnaie 4 fois :
| F F F F | F F F P | F F P F | F F P P |
| F P F F | F P F P | F P P F | F P P P |
| P F F F | P F F P | P F P F | P F P P |
| P P F F | P P F P | P P P F | P P P P |
On utilise une convention semblable à celle utilisée à l’exemple 1. La notation F P P F signifie « face au premier lancer, pile au deuxième lancer, pile au troisième lancer et face au quatrième lancer ». Si la pièce de monnaie est bien équilibrée, il est raisonnable de conclure que ces 16 résultats possibles ont tous la même probabilité de survenir. La probabilité d’obtenir le résultat F P P F est donc \(1/16\). Parmi les 16 résultats possibles, il y en a 6 qui donnent lieu à deux piles et deux faces. La probabilité d’obtenir deux piles et deux faces est donc égale à \(6/16\), c’est-à-dire \(3/8\).
Le point de départ de la théorie des probabilités est le concept d’expérience aléatoire. Une expérience aléatoire est une expérience ayant plusieurs résultats possibles. On ne peut pas prédire quel résultat surviendra mais on peut dresser la liste de tous les résultats possibles. On écrit \(\mathcal{E}\) pour dénoter l’expérience aléatoire et on écrit \(\Omega\) pour dénoter l’ensemble de tous les résultats possibles. Cet ensemble \(\Omega\) est parfois appelé l’ensemble fondamental de l’expérience \(\mathcal{E}\). Dans l’exemple 1 on a \[ \begin{aligned} \mathcal{E} &= \text{« On lance une paire de dés »}, \\ \Omega &= \{(1, 1), (1, 2), (1, 3), \ldots, (6, 5), (6, 6)\}. \end{aligned} \] Dans l’exemple 2 on a \[ \begin{aligned} \mathcal{E} &= \text{« On lance une pièce de monnaie quatre fois »}, \\ \Omega &= \{FFFF, FFFP, FFPF, \ldots, PPPF, PPPP\}. \end{aligned} \] Un événement est un sous-ensemble de l’ensemble de tous les résultats possibles. On utilise les lettres majuscules du début de l’alphabet pour dénoter des événements. Voici deux exemples d’événements relatifs à l’exemple 1 : \[ \begin{aligned} A &= \text{« Obtenir au moins un 6 »} \\ &= \{(6,1), (6,2), (6,3), (6,4), (6,5), (6,6), (5,6), (4,6), (3,6), (2,6), (1,6)\}, \\ B &= \text{« Le total des deux dés est 8 »} \\ &= \{(6,2), (5,3), (4,4), (3,5), (2,6)\}. \end{aligned} \] Voici trois exemples d’événements relatifs à l’exemple 2 : \[ \begin{aligned} C &= \text{« Obtenir une pile et trois faces »} = \{FFFP, FFPF, FPFF, PFFF\}, \\ D &= \text{« Obtenir deux piles et deux faces »} = \{FFPP, FPFP, FPPF, PFFP, PFPF, PPFF\}, \\ E &= \text{« Obtenir quatre résultats identiques »} = \{FFFF, PPPP\}. \end{aligned} \] À chaque événement on associe sa probabilité. La probabilité d’un événement \(A\), dénotée \(P[A]\), est un nombre entre 0 et 1 qui représente la fréquence relative à long terme avec laquelle l’événement \(A\) se réaliserait si on répétait l’expérience un très grand nombre de fois. Dans l’exemple 1, si on suppose que les dés sont bien équilibrés, alors les 36 résultats possibles ont tous la même probabilité. Il n’y a pas de raison pour que le résultat \((3, 5)\) soit plus probable ou moins probable que le résultat \((2, 1)\). Chacun des résultats possibles a donc une probabilité égale à \(1/36\). Pour les événements \(A\) et \(B\) décrits ci-dessus, on obtient \(P[A] = 11/36\) et \(P[B] = 5/36\). Dans l’exemple 2, si on suppose que la pièce de monnaie est bien équilibrée, alors les 16 résultats possibles ont tous la même probabilité. Chacun des résultats possibles a donc une probabilité égale à \(1/16\). Pour les événements \(C\), \(D\) et \(E\) décrits ci-dessus, on obtient \(P[C] = 4/16 = 1/4\), \(P[D] = 6/16 = 3/8\) et \(P[E] = 2/16 = 1/8\).
Dans le présent document, on s’intéresse seulement à l’aspect pratique de la théorie des probabilités. Il n’est pas question de s’attarder ici au sens philosophique de la notion de probabilité. Pour nous, la probabilité \(P[B] = 5/36\) obtenue dans l’exemple 1 est interprétée de la façon suivante : si on répète un très grand nombre de fois l’expérience aléatoire qui consiste à lancer une paire de dés bien équilibrés, alors on s’attend à ce que la somme des deux dés soit égale à 8 en moyenne 5 fois sur 36. Pour nous, la probabilité d’un événement est donc la fréquence relative avec laquelle cet événement se réaliserait si on répétait notre expérience aléatoire un très grand nombre de fois.
On peut simuler un grand nombre de lancers d’une paire de dés et comparer la fréquence relative de l’événement « total égal à 8 » à \(5/36 \approx 0.1389\).
set.seed(2020)
n <- 100000
total <- sample(1:6, n, replace = TRUE) + sample(1:6, n, replace = TRUE)
mean(total == 8)#> [1] 0.13989En théorie des probabilités on utilise souvent les diagrammes de Venn pour illustrer diverses notions. Dans un tel diagramme, l’ensemble \(\Omega\) de tous les résultats possibles est représenté par une boîte rectangulaire. Un événement est alors une partie de cette boîte rectangulaire, c’est-à-dire une région à l’intérieur de cette boîte rectangulaire. Le diagramme de Venn de la figure 2.1 représente l’ensemble \(\Omega\) ainsi qu’un événement dénoté \(A\). On imagine que \(\Omega\) est l’ensemble de tous les résultats possibles d’une certaine expérience aléatoire \(\mathcal{E}\). Lorsqu’on réalise cette expérience, un résultat survient, disons le résultat \(\omega\). Si ce \(\omega\) appartient à l’ensemble \(A\), on dit que l’événement \(A\) s’est réalisé. Si ce \(\omega\) n’appartient pas à l’ensemble \(A\), on dit que l’événement \(A\) ne s’est pas réalisé. La figure 2.1 illustre le cas où l’événement \(A\) s’est réalisé. La notation \(A^c\) est utilisée pour dénoter le complément de l’ensemble \(A\).
venn2("A", un_seul = TRUE, omega = c(2.2, 1.8))
Si \(A\) et \(B\) sont des événements, on écrit \(A \cup B\) pour dénoter l’union des ensembles \(A\) et \(B\). Dire que l’événement \(A \cup B\) s’est réalisé c’est dire qu’au moins un des événements \(A\) et \(B\) s’est réalisé. Le diagramme de Venn de la figure 2.2 illustre l’événement \(A \cup B\).
venn2("union")
Si \(A\) et \(B\) sont des événements, on écrit \(A \cap B\) pour dénoter l’intersection des ensembles \(A\) et \(B\). Dire que l’événement \(A \cap B\) s’est réalisé c’est dire que les événements \(A\) et \(B\) se sont tous les deux réalisés. Le diagramme de Venn de la figure 2.3 illustre l’événement \(A \cap B\).
venn2("inter")
Dans le cas particulier où \(A \cap B\) est l’ensemble vide, on dit que les événements \(A\) et \(B\) sont mutuellement exclusifs. Ils s’excluent l’un et l’autre. Si \(A\) se réalise alors \(B\) ne peut pas se réaliser. Si \(B\) se réalise, alors \(A\) ne peut pas se réaliser. Dans l’exemple 2, les événements \(A\) = « obtenir trois piles » et \(B\) = « obtenir au moins deux faces » sont des événements mutuellement exclusifs. Si l’un d’entre eux se réalise, alors l’autre ne peut pas se réaliser. Par ailleurs, les événements \(C\) = « obtenir pile au premier lancer » et \(D\) = « obtenir au moins deux faces » ne sont pas des événements mutuellement exclusifs car il est possible que ces deux événements se réalisent simultanément.
Dans cette section, nous présentons les six principales propriétés des probabilités. Les trois premières propriétés sont en fait les trois axiomes sur lesquels toute la théorie mathématique des probabilités repose. On les appelle les axiomes de Kolmogorov. Les trois autres propriétés sont des conséquences de ces trois axiomes.
Propriété 1 : le premier axiome de Kolmogorov
Pour tout événement \(A\), on a \(0 \le P[A] \le 1\).
Propriété 2 : le deuxième axiome de Kolmogorov
\(P[\varnothing] = 0\) et \(P[\Omega] = 1\).
Rappelons ici que le symbole \(\varnothing\) est utilisé pour dénoter l’ensemble vide.
Propriété 3 : le troisième axiome de Kolmogorov
Si \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) sont des événements mutuellement exclusifs, alors \[ P\Big[\bigcup_{i=1}^{n} A_i\Big] = \sum_{i=1}^{n} P[A_i], \quad\text{c'est-à-dire}\quad P[A_1 \cup A_2 \cup \cdots \cup A_n] = P[A_1] + P[A_2] + \cdots + P[A_n]. \] Si \(A_1, A_2, A_3, \ldots\) sont des événements mutuellement exclusifs, alors \[ P\Big[\bigcup_{i=1}^{\infty} A_i\Big] = \sum_{i=1}^{\infty} P[A_i], \quad\text{c'est-à-dire}\quad P[A_1 \cup A_2 \cup A_3 \cup \cdots] = P[A_1] + P[A_2] + P[A_3] + \cdots \]
Les axiomes de Kolmogorov peuvent être vus comme étant une description mathématique de l’interprétation « fréquence relative à long terme » présentée à la section 2.1.
Il y a une analogie intéressante entre la notion de probabilité et la notion de poids. On imagine que \(\Omega\) représente un objet physique de poids unitaire et on imagine que si \(A\) est une partie de cet objet \(\Omega\), alors \(P[A]\) représente le poids de cette partie \(A\). Avec cette analogie, les axiomes de Kolmogorov nous apparaissent très naturels.
Propriété 4 : le cas équiprobable
Si \(\Omega\) est un ensemble fini et si les résultats possibles ont tous la même probabilité, alors pour tout événement \(A\) on a \[ P[A] = \frac{\text{cardinal de } A}{\text{cardinal de } \Omega}. \]
Rappelons que le cardinal d’un ensemble fini est simplement le nombre d’éléments que contient cet ensemble. On a équiprobabilité dans chacun des deux exemples élémentaires présentés à la section 2.1. Voici deux exemples un peu moins élémentaires.
Exemple 3. On tire une main de poker, c’est-à-dire cinq cartes, au hasard à partir d’un jeu ordinaire de 52 cartes. Calculez la probabilité d’obtenir une main pleine, c’est-à-dire une main de poker comprenant une paire et un triple. Ici, \(\Omega\) est l’ensemble de toutes les mains de poker possibles. Chaque main de poker a la même probabilité d’être obtenue. La probabilité désirée est donc, d’après la propriété 4, \[ \frac{\text{nombre total de mains pleines possibles}}{\text{nombre total de mains de poker possibles}} = \frac{3\,744}{2\,598\,960} \approx 0.00144. \]
Exemple 4. La 6/49 est sans doute la loterie la plus populaire au Canada. Pour 3 $, le joueur achète un billet de 6/49, c’est-à-dire une combinaison de six nombres différents choisis parmi les nombres 1 à 49. Lors du tirage, une combinaison est obtenue au hasard. Toutes les combinaisons ont la même chance d’être obtenues. Le montant d’argent que le joueur gagne dépend de plusieurs facteurs. Dans le cas particulier où la combinaison du joueur compte exactement trois des six nombres de la combinaison gagnante, le joueur gagne 10 $. Quelle est la probabilité que le joueur gagne 10 $ ? Nous sommes ici dans le cas équiprobable et la probabilité désirée est donc \[ \frac{\text{cardinal de } A}{\text{cardinal de } \Omega} = \frac{246\,820}{13\,983\,816} \approx 0.0177. \] Ici \(\Omega\) dénote l’ensemble de toutes les combinaisons possibles de 6 nombres choisis parmi les nombres 1 à 49 et \(A\) dénote l’ensemble de toutes les combinaisons qui ont exactement trois nombres en commun avec la combinaison gagnante.
Dans la prochaine section, nous étudierons certaines techniques de dénombrement qui nous permettront d’arriver, avec beaucoup de facilité, aux réponses numériques des deux exemples précédents.
Propriété 5 : la complémentation
Pour tout événement \(A\) on a \(P[A] = 1 - P[A^c]\).
Rappelons à nouveau que si \(A\) est un sous-ensemble de \(\Omega\), alors le complément de \(A\), dénoté \(A^c\), est défini comme étant l’ensemble de tous les éléments de \(\Omega\) qui n’appartiennent pas à \(A\). Dans l’exemple 1, nous avons vu que si on lance une paire de dés, alors la probabilité d’obtenir au moins une fois la valeur six est \(11/36\). Nous aurions pu arriver à ce résultat en utilisant la propriété de complémentation. Le complément de l’événement \(A\) = « obtenir au moins un six » est l’événement \(A^c\) = « n’obtenir aucun six ». On a donc \[ P[\text{« obtenir au moins un six »}] = 1 - P[\text{« n'obtenir aucun six »}] = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}. \] Dans cet exemple, on n’avait pas besoin de passer par la complémentation ; on examine le schéma présenté au début du présent chapitre et on note sans difficulté que le cardinal de \(A\) est 11. Pour apprécier l’utilité de la propriété de complémentation, il suffit de considérer un exemple où l’ensemble \(\Omega\) est plus difficile à visualiser.
Exemple 5. On lance un dé 8 fois. Quelle est la probabilité d’obtenir au moins une fois la valeur 6 ? Écrivons \(\Omega\) pour dénoter l’ensemble de tous les résultats possibles pour cette expérience aléatoire et écrivons \(A\) pour dénoter l’événement « obtenir au moins une fois la valeur 6 ». Ici l’ensemble \(\Omega\) est simplement l’ensemble de tous les vecteurs de la forme \((x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6, x_7, x_8)\) avec \(x_i \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) pour chaque \(i\). Le cardinal de \(\Omega\) est donc \(6^8 = 6 \times 6 \times 6 \times 6 \times 6 \times 6 \times 6 \times 6 = 1\,679\,616\). L’événement \(A^c\) comprend tous les vecteurs de la forme \((x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6, x_7, x_8)\) avec \(x_i \in \{1, 2, 3, 4, 5\}\) pour chaque \(i\). Le cardinal de \(A^c\) est donc \(5^8 = 5 \times 5 \times 5 \times 5 \times 5 \times 5 \times 5 \times 5 = 390\,625\). On obtient donc \[ P[A] = 1 - P[A^c] = 1 - \frac{\text{cardinal de } A^c}{\text{cardinal de } \Omega} = 1 - \frac{390\,625}{1\,679\,616} \approx 0.7674. \]
Propriété 6 : la formule de Poincaré
Pour tout choix de \(A\) et \(B\) on a \[ P[A \cup B] = P[A] + P[B] - P[A \cap B]. \] Pour tout choix de \(A\), \(B\) et \(C\) on a \[ \begin{aligned} P[A \cup B \cup C] = {} & P[A] + P[B] + P[C] \\ & - P[A \cap B] - P[A \cap C] - P[B \cap C] \\ & + P[A \cap B \cap C]. \end{aligned} \]
La figure 2.4 nous aide à comprendre la formule de Poincaré dans le cas d’une union de deux événements. L’étudiant devrait essayer de faire un schéma analogue pour le cas d’une union de trois événements.
layout(matrix(1:7, nrow = 1), widths = c(4, 1, 4, 1, 4, 1, 4))
signe <- function(s) {
op <- par(mar = rep(0, 4)); plot.new(); text(0.5, 0.5, s, cex = 3); par(op)
}
venn2("union"); signe("="); venn2("A"); signe("+"); venn2("B"); signe("-"); venn2("inter")
L’étudiant peut deviner la formule analogue pour la probabilité d’une union de quatre événements, de cinq événements, etc. La formule de Poincaré est parfois appelée la formule d’inclusion-exclusion. On comprend pourquoi en examinant la figure 2.4 et son analogue pour le cas à trois événements. Voici un exemple élémentaire pour illustrer la formule de Poincaré.
Exemple 6. On lance un dé 3 fois. À l’aide de la formule de Poincaré, calculez la probabilité d’obtenir au moins une fois la valeur 6. La probabilité désirée est \(P[A \cup B \cup C]\), avec \[ \begin{aligned} A &= \text{l'événement « obtenir un 6 au premier lancer »}, \\ B &= \text{l'événement « obtenir un 6 au deuxième lancer »}, \\ C &= \text{l'événement « obtenir un 6 au troisième lancer »}. \end{aligned} \] On obtient \[ \begin{aligned} P[A] = P[B] = P[C] &= 1/6, \\ P[A \cap B] = P[B \cap C] = P[A \cap C] &= 1/36, \\ P[A \cap B \cap C] &= 1/216 \end{aligned} \] et la formule de Poincaré nous donne \[ P[A \cup B \cup C] = \frac{1}{6} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} - \frac{1}{36} - \frac{1}{36} - \frac{1}{36} + \frac{1}{216} = \frac{91}{216}. \] On aurait pu obtenir le même résultat en utilisant la propriété de complémentation, comme à l’exemple 5 : \[ P[\text{« au moins un 6 »}] = 1 - P[\text{« aucun 6 »}] = 1 - \frac{5^3}{6^3} = 1 - \frac{125}{216} = \frac{91}{216}. \]
Si l’ensemble \(\Omega\) de tous les résultats possibles d’une expérience aléatoire \(\mathcal{E}\) est un ensemble fini et si ces résultats possibles ont tous la même probabilité, alors on dit qu’on est dans le cas équiprobable. Nous avons vu à la section précédente que dans le cas équiprobable la probabilité d’un événement \(A\) est donnée par l’équation \[ P[A] = \frac{\text{cardinal de } A}{\text{cardinal de } \Omega}. \] Considérons par exemple l’expérience aléatoire qui consiste à choisir une main de poker au hasard, c’est-à-dire l’expérience aléatoire qui consiste à choisir 5 cartes au hasard à partir d’un jeu ordinaire de 52 cartes. Supposons qu’on veuille calculer la probabilité d’obtenir un brelan, c’est-à-dire une main de poker comprenant un triple (3 cartes de la même valeur) et 2 cartes de valeurs distinctes entre elles et distinctes de la valeur commune des 3 cartes du triple. Exemple de brelan : la main de poker qui comprend le 5 de pique, le 5 de cœur, le 5 de carreau, le valet de cœur et le 7 de carreau. Ici, \(\Omega\) est l’ensemble de toutes les mains de poker possibles et l’événement \(A\) qui nous intéresse est l’ensemble de tous les brelans. Nous sommes dans le cas équiprobable et la probabilité désirée est donc \[ P[A] = \frac{\text{cardinal de } A}{\text{cardinal de } \Omega} = \frac{\text{nombre total de brelans possibles}}{\text{nombre total de mains de poker possibles}}. \] Pour calculer cette probabilité, il faut être capable de dénombrer l’ensemble de toutes les mains de poker possibles ainsi que l’ensemble de toutes les mains de poker qui sont des brelans. L’ensemble des techniques de dénombrement permettant de faire ce genre de calcul s’appelle l’analyse combinatoire. Dans la présente section, nous faisons un survol des principales notions d’analyse combinatoire.
Imaginez une procédure comprenant \(k\) étapes. Ces \(k\) étapes doivent être réalisées dans un certain ordre chronologique. Supposons que les conditions suivantes sont satisfaites :
Alors il y a en tout \(n_1 \times n_2 \times \cdots \times n_k\) façons différentes de réaliser cette procédure.
Ce résultat élémentaire s’appelle le principe fondamental du dénombrement. Nous avons utilisé ce principe de dénombrement à l’exemple 5. Voici quelques exemples additionnels.
Exemple 7. Autrefois les codes régionaux utilisés pour la téléphonie en Amérique du Nord étaient tous de la forme \((a, b, c)\) avec \(a \in \{2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}\), \(b \in \{0, 1\}\) et \(c \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}\). Combien de codes régionaux étaient alors possibles ?
Solution : \(8 \times 2 \times 9 = 144\).
Exemple 8. Sur les plaques d’immatriculation des véhicules automobiles du Michigan, il y a 3 lettres suivies de 3 chiffres. Il y a en tout combien de numéros de plaque possibles au Michigan ? Il y a en tout combien de numéros de plaque comprenant 3 lettres différentes et 3 chiffres différents ? Si on choisit un numéro de plaque au hasard, quelle est la probabilité d’obtenir un numéro de plaque comprenant 3 lettres différentes et 3 chiffres différents ?
Solution : D’après le principe fondamental du dénombrement, il y a en tout \(26 \times 26 \times 26 \times 10 \times 10 \times 10 = 17\,576\,000\) numéros de plaque différents. Parmi ces numéros de plaque, il y en a \(26 \times 25 \times 24 \times 10 \times 9 \times 8 = 11\,232\,000\) qui comprennent 3 lettres différentes et 3 chiffres différents. En supposant l’équiprobabilité, la probabilité d’obtenir un numéro de plaque à 3 lettres différentes et 3 chiffres différents est \[ \frac{11\,232\,000}{17\,576\,000} \approx 0.6391. \]
Exemple 9. Combien de mots à \(n\) lettres peut-on former avec un alphabet de \(\ell\) lettres ?
Solution : Lorsqu’on écrit un tel mot, on a \(\ell\) choix possibles pour la première lettre, \(\ell\) choix possibles pour la deuxième lettre, etc. Il y a donc en tout \(\ell^n\) mots possibles.
Une permutation de \(n\) objets est un arrangement ordonné de ces \(n\) objets. L’exemple suivant clarifie cette définition.
Exemple 10. Considérons les lettres A, B, C et D. Voici la liste de toutes les permutations possibles de ces quatre lettres :
| ABCD | ABDC | ACBD | ACDB | ADBC | ADCB |
| BACD | BADC | BCAD | BCDA | BDAC | BDCA |
| CABD | CADB | CBAD | CBDA | CDAB | CDBA |
| DABC | DACB | DBAC | DBCA | DCAB | DCBA |
On note qu’il y a en tout 24 permutations possibles des lettres A, B, C et D. Nous aurions pu déterminer ce nombre en observant que lorsqu’on écrit une permutation des lettres A, B, C et D, on a 4 choix possibles pour la première lettre, puis 3 choix possibles pour la deuxième lettre, ensuite 2 choix possibles pour la troisième lettre et enfin un seul choix possible pour la dernière lettre. On a donc en tout \(4 \times 3 \times 2 \times 1 = 24\) permutations possibles. Plus généralement, le principe fondamental du dénombrement nous dit qu’il y a en tout \[ n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times 3 \times 2 \times 1 \] permutations possibles de \(n\) objets.
La notation factorielle : Le produit \(n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times 3 \times 2 \times 1\) est dénoté \(n!\) et est appelé « \(n\) factoriel ». On a donc \[ n \text{ factoriel} = n! = n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times 3 \times 2 \times 1. \] Par convention, on pose \(0! = 1\). Nous verrons pourquoi un peu plus loin.
Exemple 11. Sur le bureau de Michel, il y a 12 livres : 4 livres de mathématiques, 3 livres de chimie, 3 livres de physique et 2 livres de biologie. Il faut ranger ces livres sur une tablette.
Solution : Il y a \(12! = 479\,001\,600\) façons de ranger les livres. Si les livres sont rangés au hasard, la probabilité qu’ils se retrouvent groupés par matière est \[ \frac{4!\,4!\,3!\,3!\,2!}{12!} = \frac{41\,472}{479\,001\,600} = 0.0000866. \] Le premier facteur au numérateur représente le nombre de permutations des 4 matières alors que les facteurs suivants représentent, pour chaque matière, le nombre de permutations des livres de cette matière.
Il arrive qu’on s’intéresse aux arrangements ordonnés de \(k\) objets choisis parmi un groupe de \(n\) objets. Ces arrangements s’appellent des permutations de \(k\) objets choisis parmi un groupe de \(n\) objets. On dit aussi permutations de \(n\) objets pris \(k\) à la fois.
Exemple 12. Considérons les lettres A, B, C et D. Voici la liste de toutes les permutations possibles de deux lettres choisies parmi ces quatre lettres :
| AB | AC | AD | BC | BD | CD |
| BA | CA | DA | CB | DB | DC |
Il y a donc 12 permutations possibles de 2 lettres choisies parmi les lettres A, B, C et D. Il fallait s’y attendre : lorsqu’on écrit une permutation de 2 lettres choisies parmi les lettres A, B, C et D, on a 4 choix pour la première lettre, puis 3 choix pour la deuxième lettre, donc en tout \(4 \times 3 = 12\) permutations possibles. Notez que l’ordre compte : AB et BA sont des permutations différentes. Plus généralement, le nombre total de permutations de \(k\) objets choisis parmi un groupe de \(n\) objets est donné par \[ n \times (n-1) \times (n-2) \times \cdots \times (n - (k-1)). \] La notation factorielle nous permet de simplifier cette expression : \[ \begin{aligned} n \times (n-1) \times \cdots \times (n-(k-1)) &= n \times (n-1) \times \cdots \times (n-(k-1)) \times \frac{(n-k)!}{(n-k)!} \\ &= \frac{n \times (n-1) \times \cdots \times (n-(k-1)) \times (n-k) \times \cdots \times 3 \times 2 \times 1}{(n-k)!} \\ &= \frac{n!}{(n-k)!}. \end{aligned} \]
Notation : Le nombre de permutations de \(k\) objets choisis parmi un groupe de \(n\) objets est parfois dénoté \(P_{n,k}\). On a donc \[ P_{n,k} = \frac{n!}{(n-k)!}. \tag{2.1}\] Le lecteur peut maintenant apprécier le choix de la définition \(0! = 1\). En effet, \(P_{n,n}\) étant le nombre de permutations de \(n\) objets pris \(n\) à la fois, il faut avoir \(P_{n,n} = n!\). Donc, pour que l’équation (2.1) soit valide avec \(k = n\), il faut que \(0!\) soit défini comme étant égal à 1.
Exemple 13. À la finale du 100 mètres, il y a 8 coureurs qui s’affrontent pour les médailles d’or, d’argent et de bronze. De combien de façons différentes ces médailles peuvent-elles être attribuées ?
Réponse : \(P_{8,3} = 8!/(8-3)! = 8!/5! = 336\).
Considérons, comme à la section précédente, un groupe de \(n\) objets. Un ensemble de \(k\) objets choisis parmi ces \(n\) objets s’appelle une combinaison de \(k\) parmi \(n\). Contrairement au cas des permutations, ici on ne tient pas compte de l’ordre. En langage ensembliste, une combinaison de \(k\) parmi \(n\) est simplement un sous-ensemble de cardinal \(k\) obtenu à partir d’un ensemble de cardinal \(n\).
Exemple 14. Considérons les lettres A, B, C et D. Voici la liste de toutes les combinaisons possibles de 2 lettres choisies parmi ces 4 lettres : \[ \{A, B\} \quad \{A, C\} \quad \{A, D\} \quad \{B, C\} \quad \{B, D\} \quad \{C, D\} \] L’ordre ne compte pas. Ainsi, \(\{A, B\}\) et \(\{B, A\}\) dénotent la même combinaison.
Notation : Le nombre de combinaisons possibles de \(k\) objets choisis parmi un groupe de \(n\) objets est parfois dénoté \(C_{n,k}\).
L’exemple 12 nous montre que \(P_{4,2} = 12\) et l’exemple 14 nous montre que \(C_{4,2} = 6\). On a donc \(P_{4,2} = 2 \times C_{4,2}\). On aurait pu obtenir ce résultat en notant qu’à chaque combinaison de 2 parmi 4 correspondent 2 permutations de 2 parmi 4. Par exemple, à la combinaison \(\{B, C\}\) correspondent les permutations BC et CB. Il y a donc, dans cet exemple, deux fois plus de permutations que de combinaisons. Plus généralement, si on considère les combinaisons de \(k\) objets parmi \(n\), on note qu’à chaque combinaison correspondent \(k!\) permutations. Le nombre de permutations de \(k\) parmi \(n\) est donc \(k!\) fois plus grand que le nombre de combinaisons de \(k\) parmi \(n\). On a donc \[ P_{n,k} = k!\, C_{n,k}. \] Puisque \(P_{n,k} = n!/(n-k)!\), on conclut que \[ C_{n,k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}. \tag{2.2}\] Avec \(k = 0\), l’équation (2.2) nous donne \(C_{n,0} = 1\). Ceci correspond au fait qu’il y a une seule façon de choisir zéro objet parmi un groupe de \(n\) objets : on n’en prend aucun ! Avec \(k = 1\), l’équation (2.2) nous donne \(C_{n,1} = n\). Ceci correspond au fait qu’il y a \(n\) façons différentes de choisir un objet parmi un groupe de \(n\) objets : on peut prendre l’objet numéro 1, ou bien l’objet numéro 2, ou bien l’objet numéro 3, etc.
Exemple 15. Le nombre total de combinaisons possibles à la 6/49 est \[ C_{49,6} = \frac{49!}{6!\,(49-6)!} = \frac{49!}{6!\,43!} = 13\,983\,816. \] Donc, lorsqu’on achète un billet de 6/49, la probabilité de gagner le gros lot est \(1/13\,983\,816\). Le nombre 13 983 816 correspond à peu près au nombre de pièces de dix sous qu’il faut pour couvrir un terrain de football.
Exemple 16. Combien de mots à huit lettres peut-on écrire si on doit utiliser trois fois la lettre A et cinq fois la lettre B ? Il y en a autant qu’il y a de façons de choisir, parmi les huit positions des lettres, les trois positions où on va placer la lettre A. Il y a donc \[ C_{8,3} = \frac{8!}{3!\,5!} = 56 \] mots à huit lettres comprenant trois fois la lettre A et cinq fois la lettre B.
Coefficients binomiaux : Le nombre de combinaisons \(C_{n,k}\) est aussi appelé le \(k\)e coefficient binomial d’ordre \(n\) et est souvent dénoté \(\binom{n}{k}\). On a donc \[ \binom{n}{k} = C_{n,k} = \frac{n!}{k!\,(n-k)!}. \]
Retour à l’exemple 3. Le nombre total de mains de poker différentes est simplement le nombre de façons différentes de choisir 5 cartes parmi 52 cartes : \[ \binom{52}{5} = \frac{52!}{5! \times (52-5)!} = \frac{52!}{5! \times 47!} = 2\,598\,960. \] Pour construire une main pleine, on peut procéder de la façon suivante :
Le nombre de mains pleines est donc \[ \binom{13}{1} \times \binom{4}{3} \times \binom{12}{1} \times \binom{4}{2} = 13 \times 4 \times 12 \times 6 = 3744. \] La probabilité désirée est donc \[ \frac{\text{nombre total de mains pleines possibles}}{\text{nombre total de mains de poker possibles}} = \frac{3\,744}{2\,598\,960} \approx 0.00144. \]
Retour à l’exemple 4. Le nombre total de combinaisons à la 6/49 est \[ \binom{49}{6} = \frac{49!}{6! \times (49-6)!} = \frac{49!}{6! \times 43!} = 13\,983\,816. \] Pour construire une combinaison ayant exactement trois nombres en commun avec la combinaison gagnante, il suffit de choisir trois nombres parmi les six nombres de la combinaison gagnante et trois nombres parmi les 43 nombres n’appartenant pas à la combinaison gagnante. Le nombre de combinaisons ayant exactement trois nombres en commun avec la combinaison gagnante est donc \[ \binom{6}{3} \times \binom{43}{3} = 20 \times 12\,341 = 246\,820. \] La probabilité désirée est donc \[ \frac{\text{nombre de combinaisons avec trois bons nombres}}{\text{nombre total de combinaisons}} = \frac{246\,820}{13\,983\,816} \approx 0.0177. \]
Les fonctions factorial() et choose() font ces calculs directement.
factorial(8) / factorial(5) # P(8,3), exemple 13#> [1] 336choose(52, 5) # nombre de mains de poker#> [1] 2598960choose(13, 1) * choose(4, 3) * choose(12, 1) * choose(4, 2) / choose(52, 5) # main pleine#> [1] 0.001440576choose(6, 3) * choose(43, 3) / choose(49, 6) # 6/49 : exactement trois bons nombres#> [1] 0.0176504Sections 2.4 (probabilité conditionnelle et indépendance) à 2.8 (exercices).