Note liminaire : La correspondance entre Pascal et Fermat est réelle et conservée. Les extraits de lettres sont paraphrasés. Seuls les dialogues encadrant ces lettres sont inventés.
Le chevalier de Méré, joueur passionné et homme d’esprit, me pose ce problème en 1654 :
Deux joueurs, A et B, jouent une série de manches. Le premier à gagner 3 manches remporte la mise totale de 64 pistoles. La partie est interrompue alors que A mène 2 à 1. Comment partager équitablement la mise ?
Ce problème — qu’on appelle le « problème des partis » — résiste à l’intuition. Faut-il donner plus à A parce qu’il mène ? Mais B peut encore gagner. Dans quelle proportion ?
J'écris à Fermat, à Toulouse, le 29 juillet 1654. C’est le début d’un échange de lettres qui va fonder les probabilités.
Monsieur, voici le problème qui m’occupe. Deux joueurs jouent en trois manches gagnantes. Si l’on arrête quand le premier mène 2 à 1, comment partager ? J’ai trouvé une méthode, mais je voudrais la comparer à la vôtre…
Ma méthode est de lister toutes les suites de manches possibles à partir de l'état actuel (A mène 2-1), en supposant que chaque manche est équilibrée (une chance sur deux).
A a besoin d'une manche pour gagner. B a besoin de deux. Les parties possibles à venir sont au maximum de 2 manches :
| Manche 4 | Manche 5 | Vainqueur |
|---|---|---|
| A gagne | — | A (3-1) |
| B gagne | A gagne | A (3-2) |
| B gagne | B gagne | B (2-3) |
Attention : les trois lignes n’ont pas la même probabilité.
Pour raisonner correctement, Pascal considère que la manche 5 se joue toujours, même si A a déjà gagné à la manche 4 (le résultat fictif ne change rien). On obtient alors 4 scénarios équiprobables :
| Manche 4 | Manche 5 | Vainqueur | Probabilité |
|---|---|---|---|
| A | A | A | \(\frac{1}{4}\) |
| A | B | A | \(\frac{1}{4}\) |
| B | A | A | \(\frac{1}{4}\) |
| B | B | B | \(\frac{1}{4}\) |
A gagne dans 3 cas sur 4. B gagne dans 1 cas sur 4.
Partage équitable : A reçoit \(\dfrac{3}{4} \times 64 = 48\) pistoles. B reçoit \(\dfrac{1}{4} \times 64 = 16\) pistoles.
J’arrive au même résultat par la même méthode — l'énumération complète des cas. Mais votre astuce de jouer les manches « fictives » est élégante, Pascal. Elle ramène tous les cas à des événements équiprobables.
Note historique : La correspondance Pascal-Fermat de l'été 1654 (environ 7 lettres) est considérée comme l’acte de naissance de la théorie des probabilités. Les deux arrivent au même résultat par des méthodes légèrement différentes.
Le raisonnement de Pascal utilise implicitement les probabilités conditionnelles. Sachant que A mène 2-1, la probabilité que A gagne dépend de ce qui reste à jouer, pas de ce qui s’est déjà passé.
En notation moderne :
C’est un arbre pondéré — exactement la méthode du chapitre 10.
Exactement. Huygens formalisera cette notion en 1657 : l'espérance mathématique d’un jeu est la somme des gains possibles, chacun pondéré par sa probabilité.
On lance un dé équilibré. Si le résultat est 6, on gagne 10 €. Sinon, on perd 2 €. Faut-il jouer ?
La variable aléatoire \(X\) (le gain) prend les valeurs :
| \(x_i\) | \(+10\) | \(-2\) |
|---|---|---|
| \(P(X = x_i)\) | \(\frac{1}{6}\) | \(\frac{5}{6}\) |
L’espérance est nulle : le jeu est équitable. En moyenne, on ne gagne ni ne perd.
Si la mise était de 3 € au lieu de 2 : \(E(X) = \frac{10}{6} - \frac{15}{6} = -\frac{5}{6} \approx -0{,}83\) €. Le jeu est défavorable.
Absolument. Mon Traité du triangle arithmétique (1654) montre que les coefficients \(\binom{n}{k}\) comptent le nombre de façons de choisir \(k\) succès parmi \(n\) épreuves. C’est la clé de la loi binomiale.
Problème : On lance une pièce équilibrée 4 fois. Quelle est la probabilité d’obtenir exactement 2 « pile » ?
Étape 1 — Combien de suites de 4 lancers contiennent exactement 2 « pile » ?
Il faut choisir 2 positions (parmi 4) pour placer les « pile ». C’est \(\dbinom{4}{2} = \dfrac{4!}{2!\,2!} = 6\).
Les 6 suites : PPFF, PFPF, PFFP, FPPF, FPFP, FFPP.
Étape 2 — Quelle est la probabilité de chaque suite ?
Chaque lancer est indépendant, avec \(P(\text{pile}) = \frac{1}{2}\). Donc :
Étape 3 — On multiplie.
Formule générale (loi binomiale) : Si on répète \(n\) fois une expérience de probabilité de succès \(p\), alors :
C’est magnifique, Pascal. Le triangle arithmétique — que les savants arabes connaissaient depuis al-Karajī — se révèle être l’outil fondamental des probabilités. Les coefficients binomiaux comptent les possibilités, les puissances de \(p\) mesurent les probabilités. Le lien entre combinatoire et hasard est fait.
Si \(X \sim \mathcal{B}(n, p)\) (loi binomiale), alors :
Exemple : On lance un dé 60 fois. Soit \(X\) le nombre de « 6 ».
\(X \sim \mathcal{B}(60, \frac{1}{6})\). Donc \(E(X) = 10\), \(\sigma(X) = \sqrt{60 \times \frac{1}{6} \times \frac{5}{6}} \approx 2{,}89\).
En moyenne, on obtient 10 « six », et 95 % du temps, le nombre de « six » est compris entre environ 4 et 16 (intervalle à \(2\sigma\)).
Au-delà de mes espérances. Un siècle après nous, Thomas Bayes (1763) a formulé un théorème qui retourne les probabilités conditionnelles — au lieu de calculer la probabilité d’un effet connaissant la cause, on calcule la probabilité de la cause connaissant l’effet.
Problème : Un test médical détecte une maladie rare (1 personne sur 1 000). Le test est fiable à 99 % (faux positifs : 1 %). Si le test est positif, quelle est la probabilité d'être réellement malade ?
L’intuition dit « 99 % ». La réalité est très différente.
Bayes :
Calculons \(P(\text{test }+)\) par la formule des probabilités totales :
Seulement 9 % de chances d'être malade malgré un test positif ! Les faux positifs (parmi les 999 sains) sont bien plus nombreux que les vrais positifs (parmi le 1 malade).
C’est vertigineux. Notre correspondance de 1654 sur un problème de dés a engendré une science qui, quatre siècles plus tard, permet de diagnostiquer des maladies, de filtrer les spams, de faire parler les données, et de construire l’intelligence artificielle.
| Date | Auteur | Contribution |
|---|---|---|
| 1654 | Pascal et Fermat | Correspondance sur le problème des partis, naissance des probabilités |
| 1654 | Pascal | Traité du triangle arithmétique, coefficients binomiaux |
| 1657 | Huygens | Premier traité sur le jeu de hasard, espérance mathématique |
| 1713 | Jakob Bernoulli | Ars Conjectandi, loi binomiale, loi des grands nombres |
| 1763 | Bayes | Théorème de Bayes (publié à titre posthume) |
| 1812 | Laplace | Théorie analytique des probabilités, généralisation de Bayes |
Idée centrale : Les probabilités sont nées d’un problème de jeu de dés, résolu par correspondance entre deux génies. L’idée fondatrice — lister les futurs possibles et compter — reste au cœur de tout ce que vous étudiez en Première : arbres pondérés (ch. 10), loi binomiale (ch. 11), espérance et théorème de Bayes.
Voici l’arbre complet du problème du chevalier de Méré (score 2-1 en faveur de A, 3 manches gagnantes). Cliquez sur un nœud pour voir le détail du calcul.
Pascal a calculé que A devrait recevoir ¾ de la mise (48 pistoles sur 64). Mais a-t-il raison ? Simulons 10 000 fins de partie (score 2-1) et comptons combien de fois A gagne.
Deux joueurs A et B jouent en 3 manches gagnantes. La partie est interrompue au score de 1-0 en faveur de A. La mise totale est de 64 pistoles.
1. Combien de manches reste-t-il à jouer au maximum ?
2. Dessinez l’arbre des possibles à partir du score 1-0.
3. Calculez \(P(\text{A gagne})\) et le partage équitable.
1. A a besoin de 2 manches, B de 3. Au maximum, il reste 4 manches à jouer (manches 2 à 5).
2. On utilise l’astuce de Pascal : on joue toujours les 4 manches restantes (même celles « fictives »). Chaque suite de 4 résultats est équiprobable, de probabilité \(\left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16}\).
Il y a \(2^4 = 16\) suites possibles. A gagne si, en ajoutant les manches gagnées à son score initial de 1, il atteint 3 avant que B n’atteigne 3.
En pratique, A gagne dès qu’il obtient au moins 2 succès parmi les 4 manches restantes. Les cas où B gagne sont ceux où B remporte 3 ou 4 des 4 manches :
Total B gagne : \(1 + 4 = 5\) cas sur 16.
3.
Partage :
Remarque : la différence entre les deux joueurs est moins marquée qu’au score 2-1 (où c'était 48/16). Logique : B a encore plus de chances de revenir depuis 1-0 que depuis 2-1.
Si A mène \(a\) à \(b\) (en \(n\) manches gagnantes), montrez que :
(où \(n-1-a\) est le nombre de manches que A doit encore gagner, et \(n-1-b\) celles de B.)
Posons \(r = (n-1-a) + (n-1-b)\) le nombre total de manches restantes. On joue les \(r\) manches (astuce de Pascal). B gagne si et seulement s’il remporte au moins \(n-b\) manches parmi \(r\). Donc A gagne si B remporte au plus \(n-1-b\) manches — les cas où B remporte 0, 1, …, \(n-1-b\) manches. Par symétrie (\(p = \frac{1}{2}\)), c’est aussi la somme sur les cas où A remporte au moins \(n-a\) manches. Les coefficients sont ceux du triangle de Pascal.