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Mal calculer les probabilités tue les probabilités

Suite à un tweet d’Olivier, j’ai découvert avec stupéfaction l’article paru dans Libé sur le risque nucléaire (ici).

On apprend que la probabilité d’accident majeur est d’environ 0.0003 0,0003 par an pour chaque réacteur. Or l’Europe possède 143 réacteurs et donc, sur 30 ans, la probabilité d’un incident majeur est

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-05.gif

et les auteurs de l’article concluent que “la probabilité d’occurrence d’un accident majeur sur ces parcs serait donc […] de plus de 100% pour l’Union européenne”

Etienne Ghys a déjà – brillamment – discuté ce chiffre avant hier (ici). Le soucis est que si http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-02.gif est la proba annuelle d’incident par an et par réacteur, en supposant les centrales indépendantes, la probabilité d’avoir un incident sur http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-3.gif réacteurs sur une durée de http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-04.gif années est

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-01.gif

Comme http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-02.gif est supposé petit, un développement limité donnerait

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-06.gif

Malheureusement, dans les développements limités de ce genre, s’il faut que http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nucle-02.gif soit petit, encore faut-il que la puissance ne soit pas trop grande….
En fait, si on retient que pour un réacteur nucléaire à eau pressurisée (REP) tels ceux exploités en Europe de l’Ouest, le risque de fusion du cœur est estimé à 0.00005 par centrale et par an (en reprenant les estimateurs mentionnés sur wikipedia, ici), la vraie probabilité d’avoir un incident majeur en Europe serait plutôt de l’ordre de

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/nuclea-07.gif

(avec une probabilité 10 fois supérieure, Etienne arrivait à 72%). C’est marrant car cette erreur commise en croyant qu’un développement limité serait légitime quand on utilise des probabilité annuelle sur des horizons plus longs était évoqué ici il y a un an jour pour jour, sur des problèmes d’actualisation….

Trop de probabilités tue les probabilités

Hier matin, au moment de quitter la maison, j’ai jeté un œil à la météo (car à Montréal le temps est très changeant, pas seulement d’un jour sur l’autre, comme je l’avis mentionné en arrivant en septembre, ici). En voyant les gros nuages gris dans le ciel, en me réveillant, je me suis demandé s’il fallait mettre un manteau et des bottes en caoutchouc aux enfants (pour aller l’école). Sur le site de météo, on a en effet la probabilité de pluie, i.e. de P.D.P.

Si on suppose que les probabilités sont indépendantes d’heure en heure, la probabilité qu’il va pleuvoir dans la matinée (dans les 5 prochaines heures pour faire simple, ou plus concret), va s’écrire comme le complémentaire de la probabilité qu’il va faire beau toute la matinée, autrement dit, avec des probabilités de pluie de l’ordre de 25%, par heure, la probabilité qu’il pleuve pendant les prochaines heures est de 75% environ

> 1-((1-.25))^5
[1] 0.7626953

Bref, on est loin de 25%. Essayons d’aller un peu plus loin pour mieux comprendre…
Notons http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie03.gif la variable indicatrice indiquant s’il pleut, ou pas (1 s’il pleut, et 0 sinon) à l’instant http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie04.gif. Supposons qu’il existe un processus latent sous-jacent, http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie05.gif tel que

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie06.gif

 

A une date http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie04.gif, on se demande ici s’il va pleuvoir dans la matinée, i.e. on veut

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie07.gifqui peut encore s’écrire

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie08.gifou, ce qui sera pleut être plus utile ensuite

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie09.gifAvec notre modèle latent, cette probabilité peut s’écrire

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie10.gifc’est à dire en notant http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie13.gif la fonction de répartition (jointe) du vecteur aléatoire http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie11.gif cette probabilité s’écrit
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie12.gifOr Wassily Hoeffding a montré qu’il était possible d’encadrer une fonction de répartition, avec les bornes suivantes: pour tout https://latex.codecogs.com/gif.latex?\boldsymbol{x}\in\mathbb{R}^d,
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie14.gif

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie15.gif
et
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie16.gif
(en notant que ces bornes sont atteignables). Autrement dit, ici, la probabilité qu’il fasse beau 5 heures de suite est encadrée par la probabilité qu’il pleuve sur une heure… et 1.
Bref, on n’a pas grand chose à dire*.

Une possibilité est de supposer un modèle Gaussien pourhttp://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie05.gif. Supposer les lois marginales n’est en rien contraignant. En revanche, supposer que la dynamique sous-jacente est Gaussienne est une hypothèse très forte. Et pour faire simple, supposons même que la dynamique soit auto-régressive (à l’ordre 1), i.e.
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie18.gifoù https://latex.codecogs.com/gif.latex?(\eta_t) est un bruit blanc, indépendant du processus latent. L’intérêt est que l’on a spécifié ainsi la structure de la matrice de variance covariance. En particulier, la matrice de corrélation du vecteur https://latex.codecogs.com/gif.latex?\boldsymbol{X}^\star est alors
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie01.gif
On peut d’ailleurs visualiser facilement la forme de cette matrice en fonction de https://latex.codecogs.com/gif.latex?\rho,
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/animationcorrelationpluie.gif
Avec ce formalisme, on peut alors en déduire http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie12.gif car on connaît très bien la fonction de répartition d’un vecteur gaussien multivarié via

On peut alors étudier l’impact de http://freakonometrics.blog.f ree.fr/public/perso3/slatex.gif (qui est associée à la probabilité d’avoir de la pluie pendant une heure en moyenne) et de la corrélation http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/correlation-pluie21.gif (qui est associée à la dynamique du processus). Pour simplifier, si on prend http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/slatex.gif tel que la probabilité de pluie soit de l’ordre de 25%, on a la probabilité d’avoir de la pluie suivante,

> s = .25
> r = .85
> i = 1:n
> I = matrix(rep(i,each=n),n,n)
> J = matrix(rep(i,n),n,n) 
> C = r^(abs(I-J))
> 1-pmnorm(rep(qnorm(1-s),n),mean=rep(0,n),varcov=C)[1]
[1] 0.458074

i.e. en faisant une boucle sur la valeur de la corrélation

Et plus généralement si on croise le seuil (i.e. la probabilité horaire de pleuvoir) et la probabilité, on a l’abaque suivante

On pourrait toutefois objecter que l’important n’est pas forcément qu’il ne pleuve pas de la matinée, mais qu’il ne pleuve pas quand ils sont dehors, i.e. (pour simplifier), à 8 heures, midi et 16 heures (c’est à dire toutes les 4 heures). On s’intéresse alors à
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/pluiecorrel-31.gif
qui est toujours un vecteur Gaussien, mais avec cette fois une structure de corrélation un peu différente,
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/ppluie-coreel.gif
Dans ce cas, la probabilité de ne pas avoir de plus à ces trois moments de la journée est alors de la forme suivante

La corrélation joue alors un rôle relativement faible car il intervient à la puissance 4 dans la matrice d’auto-corrélation.
Dans ce cas, on notera que l’hypothèse d’indépendance n’est peut être pas absurde. Et avec une P.D.P. de 30%, sur toute la journée, on peut probablement se dire que la probabilité d’avoir de la pluie soit le matin, soit le midi, soit le soir sera de l’ordre de

> 1-(1-.3)^3
[1] 0.657

A tester !
* En fait si, on pourrait dire beaucoup de choses (et écrire une dizaine de billets) en particulier sur la borne supérieure, ici 1, dès lors que la probabilité horaire d’avoir de la pluie dépasse 20% – car la borne supérieure est

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/prooooobacommentaire.gif

En fait, la borne inférieur n’est pas une fonction de répartition de manière générale. Toutefois, la borne est atteignable pour une certaine structure de dépendance. Ce qui explique que par la suite, avec un modèle Gaussien, on sera relativement loin de cette borne supérieure. La borne inférieure (i.e. la borne supérieure sur les fonction de répartition) est elle atteinte dès lors que les risques sont variables sont comonotones, c’est à dire dans le cas Gaussien si la corrélation entre deux instants (et entre tous les instants) vaut 1. La petite animation sur la matrice de corrélation permet de mieux comprendre la difficulté de comprendre le cas où la corrélation rho est négative: dans le cas où http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/rhofleche.gif1, on a une corrélation proche de 1 partout dans la matrice. En revanche, si http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2015/12/rhofleche.gif -1, on a des corrélations proches de -1 dans la moitié (environ) des cellules de la matrice, et +1 dans l’autre moitié. La borne supérieure sur la probabilité savoir de la pluie dans matinée correspond donc à une structure plus complexe que la borne inférieure, car on ne peut pas avoir une corrélation négative forte avec tous les lags.

Convergences de variables aléatoires

Le schéma – ou diagramme – des relations entre les modes convergences ressemble à ce qui est présenté sur la droite. C’est grosso modo ce que j’ai dit en cours (sans le représenter explicitement).

Je ne vais pas démontrer ces implications car ce sont des théorèmes (qui peuvent donc se trouver dans n’importe quel textbook de probabilité).

En revanche, un étudiant m’avait demandé si les réciproques étaient vraies. Comme toujours en maths, si les réciproques étaient toujours vraies, on le mettrait. Donc ici les réciproques sont généralement fausses. On peut toutefois se demander quand ces réciproques peuvent être vraies…et quand elles sont fausses.

  • de la convergence en proba à la convergence en moyenne

Commençons par le plus simple (à mon avis). Il existe un cas particulier où cette réciproque est vraie: le cas de variables aléatoires bornées. Autrement dit, si http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv20.png et que l’on a http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvv22.png pour tout http://freakonometrics.free.fr/blog/lgn10.png, alors http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvvv23.png pour tout http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvv24.png.
Bon, en fait la condition est un peu trop forte, et il suffit que la suite http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv1.png soit uniformément intégrable.
Maintenant, il existe aussi des cas où cette réciproque sera fausse (et on se doute qu’en construisant une suite non bornée, on devrait y arriver). Par exemple, supposons que pour tout http://freakonometrics.free.fr/blog/lgn10.png,
http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv5.png
On peut montrer que http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvv7.png, car en effet
http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv6.png
Toutefois, certes la suite converge dans L1, mais vers une limite différente, étant donné que http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvv9.png pour tout http://freakonometrics.free.fr/blog/lgn10.png. De plus, http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv10.png et donc la suite ne converge pas dans L2.

  • de la convergence en loi à la convergence en proba

Un exemple simple ici: si http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv1.png converge en loi vers une constante, alors on aura convergence en probabilité (vers la même constante).
Maintenant la réciproque est relativement simple, l’idée étant que http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvv555.png n’implique en rien http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvvv5666.png, au sens où http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvvvv56666.png, pour tout http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvvv56565.png. Supposons maintenant que l’on ait à la fois http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvv4646.png et http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv20.png, où on va supposer que http://freakonometrics.free.fr/wesp30.png est une loi symétrique. La symétrie signifie que http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvv5656655.png. Notons que l’on a alors forcément http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvcv_56.png. Supposons que la réciproque soit toujours vraie, alors on devrait avoir http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cv65464565645vv.png, et donc on aurait que http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvwgfrwegr656.png, ce qui n’arrive que si http://freakonometrics.free.fr/wesp30.png est la constante http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv4.png.

  • de la convergence en proba vers la convergence presque sûre

Je ne vais pas m’étendre sur la construction d’exemples pour lesquels la réciproque est fausse (formellement, il suffit de changer d’espace de probabilité sous-jacent, je peux renvoyer vers les notes de cours de Philippe Briand (ici) et Hélène m’a suggéré également les exercices en ligne ). Par contre, il existe des cas importants où la réciproque est vraie.
Considérons une suite de variables indépendantes et identiquement distribuées http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv1.png. Posons alors http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv30.png On peut alors montrer que http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvvv26.png si et seulement si http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvv35.png (ça doit être du Borel-Cantelli).

  • de la convergence en loi à la convergence presque sûre

Je ne vais pas non plus m’étendre davantage, mais on a un résultat qui ressemble à ce que je disais auparavant. En fait, il existe un théorème (dit de Skorohod) qui permet de dire que si on a une convergence en loi, alors on peut construite une suite de variables aléatoires qui
convergera presque sûrement. Formellement on a que si http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvv4646.png, alors il existe une suite http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv11.png et une variable http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv13.png, telles que http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvv16.png et http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvvv15.png telles que http://freakonometrics.free.fr/blog/cvvvv17.png. Mais de manière générale, si la suite n’est pas construite comme il faut (http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvvv56565.png par http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/cvvvvv56565.png en quelques sortes) alors il est assez rare d’avoir la réciproque.

Non, les probabilités ne sont pas nos amies…

… et non, nous ne vivons pas le monde merveilleux des Bisounours: la vie n’est pas toujours juste. Les probabilités sont un objet assez curieux à manipuler, pas forcément très intuitif. J’avais évoqué ici et enfin  la notion d’espace probabilisé http://freakonometrics.blog.free.fr/public/perso/espace-probabilise.png… En fait, généralement, les calculs de probabilités sont assez troublants et paradoxaux. On va considérer ici des gens devant prendre des situations en présence d’incertitude, et plus particulièrement deux situations: la difficulté de prendre en compte de l’information (et donc de calculer des probabilités conditionnelles) et le cas où les gens doivent agir en prenant des décisions de manière aléatoire (et donc fixent en même les probabilités).

  • Les probabilités conditionnelles

Avant hier, j’avais mis en ligne (ici) un billet sur le paradoxe dit de Monty Hall, où le candidat à un jeu télévisé doit choisir une porte parmi trois (afin de gagner une voiture), une fois son choix effectué, le présentateur ouvre une des deux autres portes (une qui n’a pas de lot derrière) et demande au candidat s’il souhaite revenir sur son choix. Et la réponse est qu’effectivement, le candidat a intérêt à ouvrir la porte qui est restée ouverte (et que l’animateur n’a pas choisie). L’idée du raisonnement est de formaliser proprement cette information à l’aide de lois conditionnelles.

Cette importance de l’information se retrouve par exemple dans l’histoire des cocus de Bagdad ou des yeux bleus (ici). Sinon, sur les paradoxes de probabilité, je peux aussi renvoyer vers des histoires de des lancers de pièces (ici), mais aussi sur le paradoxe des enveloppes () qui pourrait faire penser à l’histoire de Monty Hall. Mais mon préféré sur les lois conditionnelles reste le paradoxe de Simpson (ici, repris sous une forme plus géométrique )…

  • Les probabilités comme paramètres de décision

Dans tous ces exemples, les probabilités sont connues, et il s’agit simplement d’une mise à jour afin de prendre en compte une nouvelle information. Mais il existe des cas encore plus vicieux, où les probabilités ne peuvent pas être considérées comme exogènes, ou objectives, car elles sont déterminées par les joueurs. Considérons une jeu simple, un peu dans l’esprit du pierre-feuille-ciseau (que j’avais déjà évoqué ici, en rappelant qu’il était fondamental de prendre des décisions de manière aléatoire). Dans le jeu d’aujourd’hui, on a toujours deux joueurs, disons moi (P) et ma fille (F). On cache nos mains dans le dos, et on les sort au même moment, en montant un ou deux doigts,

  • si le nombre de doigts sortis est identique (paires (1,1) ou (2,2)), alors je gagne le nombre de doigts sortis, i.e. 2 ou 4
  • si le nombre de doigts sortis est différent (paires (1,2) ou (2,1)), alors ma fille gagne le nombre de doigts sortis, i.e. 3

La matrice des paiements est alors la suivante

P\F 1 2
1 2 -3
2 -3 4

Si on suppose que l’on a une chance sur 4 pour chacune des paires, le jeu est alors a somme nulle, puisque
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-80.png
Sauf que les probabilités sont fixées par les joueurs, en l’occurrence moi et ma fille. Supposons que je sorte 1 doigt avec probabilité http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF1.png, et 2 avec probabilité http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF2.png(avec http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-81.png). Ma fille sort 1 doigt avec probabilité http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF3.png, et 2 avec probabilitéhttp://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF4.png (avec http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF5.png). La valeur espérée du jeu (de mon point de vue) est
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF.png
Ma fille cherche http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF15.png qui va minimiser cette valeur, alors que moi, je cherche http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF16.png qui la maximise. Bref, un problème classique de problème minmax de théorie des jeu. L’équilibre (s’il existe) sera http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF17.png où http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-18.pnget http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-19.png solution de
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-20.png
A p donné, ma fille cherche à trouver
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-21.png
soit
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-23.png
soit encore
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-25.png
en notant que http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-81.png, on peut réécrire http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-26.png. Autrement dit, si http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-27.png, ma fille a toujours intérêt à sortir un doigt (car http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-82.png) et ce n’est pas un équilibre… pareillement, si http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-28.png, ma fille a toujours intérêt à sortir deux doigts, et là encore ce n’est pas un équilibre. Autrement dit, le seul équilibre possible est obtenu lorsque http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-29.png, i.e l’équilibre correspond à http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-30.png. De manière dual, pour ma part, je cherchais à trouver
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-31.png
i.e.
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-32.png
soit
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-25.png
qui conduit à un équilibre seulement si http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-33.png. Autrement dit, afin que le jeu soit à l’équilibre, il faut que nous jouions la stratégie suivante: sortir un doigt avec probabilité http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-40.png (et pas http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF60.png) et deux avec probabilité http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-41.png. Et la valeur espérée du jeu est alors
http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-50.png
Moralité, ma fille tu as intérêt à travailler tes maths si tu veux battre un jour ton père ce n’est pas vraiment un jeu “juste“… à condition bien sûr que moi et ma fille soyons ensuite capable de mettre en œuvre cette stratégie… Car si je regarde avec mes yeux de statisticiens, je pense qu’il est assez dur de faire la différence entre http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-40.png et http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF60.png … La preuve sur cette petite simulation,

> N=100; pv=rep(NA,100000)
> for(s in 1:100000){
+ X=sample(1:2,size=N,prob=c(5/12,7/12),replace=TRUE)
+ P=prop.test(table(X)[1],n=N,p=1/2)
+ pv[s]=P$p.value}
> mean(pv>0.05)
[1] 0.66776

autrement dit, en supposant que ma fille et moi arrivions a jouer 100 fois à ce jeu, dans 2/3 des cas je n’arrive pas à faire la différence entre une probabilité valant http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF60.png et une probabilité valant http://freakonometrics.blog.free.fr/public/maths/jeuPF-40.png.

MacGyver et la théorie des groupes

L’autre jour, quelqu’un me félicitait pour mon blog, c’était une étudiante en maths, qui disait comprendre certaines choses en probas et en stats (entre autres sur les applications possibles)…. mais pour la théorie des groupes, elle ne voyait toujours pas d’intérêt…

J’étais bien entendu ravi que mon blog serve à quelque chose, mais en fait la théorie des groupes peut avoir des applications amusantes (bon, tout dépend aussi de ses centres d’amusement). Par exemple MacGyver pourrait avoir eu besoin de connaître des résultats sur les groupes pour sortir des prisonniers des geôles afghanes…

Considérons le gardien de prison sadique qui annonce le “jeu” suivant (Anatole, un collègue ici me l’avait suggéré l’autre jour en me mettant au défi de trouver une solution…. mais faut pas pousser, je suis plus fort que MacGyver ! bon, et il faut dire que le jeu est classique…on le trouve expliqué ici ou ):

Tous les prisonniers (disons qu’ils sont 20) se voient attribuer un numéro, entre 1 et 20. Le premier prisonnier est appelé et se retrouve face à 20 portes, derrière lesquelles sont cachés des numéros (allant de 1 à 20 là encore). Il a droit d’en ouvrir 10 (au maximum) et il doit retrouver son numéro. S’il n’y arrive pas,tous les prisonniers sont exécutés (lui compris). S’il y arrive, il n’est pas sauvé pour autant car le commandant appelle le second prisonnier, qui se retrouve à son tour devant les 20 portes, et doit trouver son numéro… Etc.

Les prisonniers commencent à paniquer, car tout le monde doit trouver son numéro pour être sauvé. En raisonnant rapidement, un des prisonniers explique qu’un seul prisonnier aurait 50% de chances d’y arriver. Avec deux, comme ils ont tous les deux 50% de chances, on tombe à 25%, etc. Avec n prisonniers, on est à 1/2n, qui est de l’ordre d’une chance sur un million avec 20 prisonniers…. Et qu’ils ont de la chance de n’être que 20 ! Avec 30 prisonniers, ils
auraient une chance sur un milliard de s’en sortir (ce qui est faible, on en conviendra).

Mais MacGyver, qui avait pris le cours Théorie des Groupes 101 à l’université (et qui avait R installé dans sa montre digitale) dit

  • pas du tout, j’ai une stratégie qui nous donne environ une chance sur trois de tous s’en sortir (vu comme ça c’est pas terrible, mais par rapport à 1 chance sur un milliard, c’est vachement bien),
  • et accessoirement, cette probabilité ne dépend pas du nombre de prisonnier (tant que l’on puisse ouvrir moitié moins de portes qu’il y a de prisonniers)

Bon, sur le moment, les autres prisonniers se fichent du fait que même s’ils étaient 1000 ils auraient une chance sur trois de survivre, ils veulent comprendre la stratégie de Mac… Comme le rappelle Mac, le commandant ne fait que choisir une permutation de https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison99.png, même s’il est sadique (ou parce qu’il est sadique, les profs de maths sont sadiques, tout le monde sait ça). Et toute permutation peut se décomposer en un produit ds combinaisons cycliques (on parle de la décomposition en produit de cycles à supports disjoints, c’est un truc utilise je crois pour les amateurs de Rubik’s cube),

Par exemple, considérons la permutation suivante (c’est la première que j’ai eu sous R),

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison01.png

Elle se décompose en 5 permutations cycliques

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison02.png

La plus grande est la dernière, et elle permute sur 7 nombres. Autrement dit, si chacun utilise cette stratégie, il ouvrira au plus 7 portes. Le point important est qu’ils ne peuvent pas être pris dans une autre permutation que la leur, car ils ont pris leur porte, donc au pire, il tire le numéro de la première porte qu’ils ont ouvert… qui est le numéro qu’ils doivent tirer pour survivre ! Regardons sur notre exemple

> set.seed(1)
> portes = sample(1:n,size=n,replace=FALSE)
>  prisonnier=1
>  essai = c(prisonnier)
>  nessai = 1
>  i = porte[prisonnier]
>  while(nessai <= 50) {
+  essai = c(essai, i)
+  if(i == prisonnier) {
+  cat(“Le prisonnier”, prisonnier, “a ouvert”, nessai, “portes\n”)
+  break; }
+  else {
+  i = porte[i]}
+ n essai =n essai+1 }
Le prisonnier 1 a ouvert 4 portes
>  cat(“Le prisonnier”, prisonnier, “a ouvert les portes suivantes”, 
paste(essai[-length(essai)], collapse=” – “), “\n”)
Le prisonnier 1 a ouvert les portes suivantes 1 – 6 – 14 – 10

soit ici

Le prisonnier 1 a ouvert 4 portes
Le prisonnier 1 a ouvert les portes suivantes 1 – 6 – 14 – 10
Le prisonnier 2 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 2 a ouvert les portes suivantes 2 – 8 – 9 – 19 – 18 – 17 – 12
Le prisonnier 3 a ouvert 2 portes
Le prisonnier 3 a ouvert les portes suivantes 3 – 11
Le prisonnier 4 a ouvert 5 portes
Le prisonnier 4 a ouvert les portes suivantes 4 – 16 – 7 – 15 – 5
Le prisonnier 5 a ouvert 5 portes
Le prisonnier 5 a ouvert les portes suivantes 5 – 4 – 16 – 7 – 15
Le prisonnier 6 a ouvert 4 portes
Le prisonnier 6 a ouvert les portes suivantes 6 – 14 – 10 – 1
Le prisonnier 7 a ouvert 5 portes
Le prisonnier 7 a ouvert les portes suivantes 7 – 15 – 5 – 4 – 16
Le prisonnier 8 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 8 a ouvert les portes suivantes 8 – 9 – 19 – 18 – 17 – 12 – 2
Le prisonnier 9 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 9 a ouvert les portes suivantes 9 – 19 – 18 – 17 – 12 – 2 – 8
Le prisonnier 10 a ouvert 4 portes
Le prisonnier 10 a ouvert les portes suivantes 10 – 1 – 6 – 14
Le prisonnier 11 a ouvert 2 portes
Le prisonnier 11 a ouvert les portes suivantes 11 – 3
Le prisonnier 12 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 12 a ouvert les portes suivantes 12 – 2 – 8 – 9 – 19 – 18 – 17
Le prisonnier 13 a ouvert 2 portes
Le prisonnier 13 a ouvert les portes suivantes 13 – 20
Le prisonnier 14 a ouvert 4 portes
Le prisonnier 14 a ouvert les portes suivantes 14 – 10 – 1 – 6
Le prisonnier 15 a ouvert 5 portes
Le prisonnier 15 a ouvert les portes suivantes 15 – 5 – 4 – 16 – 7
Le prisonnier 16 a ouvert 5 portes
Le prisonnier 16 a ouvert les portes suivantes 16 – 7 – 15 – 5 – 4
Le prisonnier 17 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 17 a ouvert les portes suivantes 17 – 12 – 2 – 8 – 9 – 19 – 18
Le prisonnier 18 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 18 a ouvert les portes suivantes 18 – 17 – 12 – 2 – 8 – 9 – 19
Le prisonnier 19 a ouvert 7 portes
Le prisonnier 19 a ouvert les portes suivantes 19 – 18 – 17 – 12 – 2 – 8 – 9
Le prisonnier 20 a ouvert 2 portes
Le prisonnier 20 a ouvert les portes suivantes 20 – 13

En adaptant un code développé ici par Matt Asher, on peut d’ailleurs visualiser tout ça sur un petit dessin,
,

Bref, la grande question est “quelle est la probabilité que la plus grande sous permutation cyclique soit sur un ensemble de taille supérieure à 10” ? On peut faire un peu de Monte Carlo pour voir…. c’est ce que fait Matt. Mais sinon on peut aussi faire du dénombrement (ce qui est pareil que les probas). Le nombre de permutations contenant un cycle de longueur supérieure à 10 (strictement) se calcule de la manière suivante: soit k la taille du cycle, alors je peux choisir les https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison00.png nombres de https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison03.png manières. Il y a alors https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison04.png permutations circulaires de ces k nombres, et on permute les https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison05.png nombres qui reste comme on veut, ce qui donne https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison06.png possibilités. Bref, j’en suis à

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison07.png

permutations ayant un cycle de longueur k, soit en tout,

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison0_.png

Or comme on a en tout https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison08.png permutations possibles, la probabilité de s’en sortir vivant est

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison09.png

Et là où Mac est fort, c’est qu’effectivement, avec n prisonniers

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/prison10.png

Soit environ 30% de chances de s’en sortir….
Moralité, la théorie des groupes peut être marrante et intéressante…. Bon, c’est la seule application à la vraie vie qui me vient à l’esprit, et à moins d’être enfermé en prison avec un geôlier sadique, c’est dur de trouver des applications. N’empêche que la solution est passionnante (mais MacGyver a toujours été mon héros pour ça…)

Passer des cassettes aux mp3

Plus le temps passe, plus j’ai l’impression d’être un dinosaure…. Lorsque j’étais jeune, j’écoutais de la musique sur des cassettes1. Je me souviens même avoir été enchanté par l’arrivée du premier walkman réversible: on n’était alors plus obligé de tourner la cassette au bout de 20 minutes. Quand soudain, à la fin des années 80 est arrivé le compact disc, et les lecteurs avec leur fonction Random ou Shuffle..

J’aurais du me douter que je tournerais mal parce que je me souviens avoir joué avec la platine de mes parents, en essayant de voir si la première chanson pouvait passer en premier avec une lecture aléatoire, mais aussi la seconde pouvait passer juste après. Bon, avec le recul, je me rends compte que j’ai du beaucoup user la platine parce qu’avec un disque de 10 titres, il faut 90 (ou 100) essais (en moyenne) pour qu’une lecture aléatoire commence effectivement par 1 et 2. C’est d’ailleurs à ce moment que j’ai aussi découvert les tirages avec et sans remises: avec certaines platines, on ne pouvait pas obtenir deux fois le même titre, alors que d’autres oui.
Puis sont arrivés les lecteurs mp3, où on n’avait plus 10 titres tirés au hasard, mais 200 voire 1000. Et l’autre jour en courant, je me suis posé les mêmes questions que lorsque j’étais tout petit (oui, je suis un dinosaure, mais j’étais jeune à cette époque): si le lecteur propose une fonction random avec remise, combien de chansons dois-je attendre, en moyenne, avant de réentendre une chanson que j’avais déjà entendu ?

  • De la probabilité d’entendre deux fois une chanson ?

Pour faire un peu formel, supposons que mon lecteur contienne https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp301.png chansons.
La probabilité de n’avoir aucune répétition sur https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp302.png lectures (on suppose https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp303.png) est

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp304.png

qui correspond aussi au nombre d’arrangements de https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp302.png éléments parmi https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp301.png, divisé par https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp305.png, soit

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp306.png

Si le ratio est faible (ou n est grand), on peut utiliser l’approximation https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp307.png et donc la probabilité s’approche par

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp308.png

soit tout simplement – toujours en cherchant une approximation – une probabilité de n’avoir aucune répétition de

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp309.png

Si on se donne une probabilité de n’avoir aucune répétition de https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp310.png, alors

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp311.png

Avec https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp301.png=200 chansons sur mon lecteur mp3, en jouant 17 titres, j’ai environ 1 chance sur 2 d’avoir au moins un titre joué deux fois. Et 17 chansons, ça correspond à ce que j’écoute en faisant mon jogging…. Bref, le temps de faire mon jogging, j’ai 1 chance sur 2 d’entendre un titre deux fois.
Mais que se passerait-il si je tenais le raisonnement inverse ?

  • Problème dual et jogging interminable….

Autrement dit, combien de temps vais-je courir si je décide de m’arrêter lorsque j’entends (pour la première fois) un titre pour la seconde fois ? En fait, Donald Knuth en parle un peu dans son livre the art of computer programming: on peut montrer que l’espérance du nombre de titres qu’il faudra jouer pour avoir une première répétition parmi n titres est de la forme

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp312.png

qui admet un développement asymptotique

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/mp33333.png

soit, toujours avec 200 titres dans mon lecteur, une vingtaine de titres à jouer, en moyenne. Ce qui rallongera un peu mon jogging, finalement…

> n=200
> sqrt(2*n*log(2))
[1] 16.65109
> 1+sqrt(pi*n/2)-1/3+1/12*sqrt(pi/2*n)-4/135/n
[1] 19.8681

Formellement, le premier correspond à une médiane, alors que le second à une espérance. Ce qui explique la différence.
Notons que si mon jogging classique dure la durée de 17 titres, la probabilité d’avoir un jogging deux fois plus long est quand même d’une chance sur 10,

> k=31
> exp(-k*(k-1)/(2*n))
[1] 0.09778344
> sqrt(2*n*log(1/.01))
[1] 42.91932

autrement dit, j’ai une chance sur 100 (ce qui devrait donc arriver une fois dans l’année, en moyenne) de courir pendant 43 chansons… qui vont me paraître très très longues….

1 je passais mon temps l’oreille sur la radio (car j’ai connu les premières radios libres, comme on disait alors), prêt à enregistrer dès qu’une super chanson passait.. je me souviens avoir guetter des jours durant le passage de you spin me around (ici) que mes élèves (qui n’ont pas connu cette époque) ou les cinéphiles connaissent probablement seulement sous la version right round () qui a abondamment samplé le thème. Oui, je suis un dinosaure..

En Bretagne, il fait beau plusieurs fois par jour

bon, et à l’occasion il peut pleuvoir un peu…. Il peut donc être intéressant pour planifier un peu ses vacances de calculer la probabilité d’avoir de la pluie.

Les calculs ont été fait sur les données de pluviométrie à Rennes, en ligne sur le site eca&d, ici (données de qualité gratuites).

  • Probabilité d’avoir de la pluie, pendant les vacances d’été

Considérons ici la série du niveau de précipitation par jour, en par 0,1 mm,

et la probabilité d’avoir de la pluie dans la journée (régression logistique),

Bref, il peut pleuvoir à Rennes l’été. Mais ça n’aide pas vraiment pour planifier ses vacances. Car si ça se trouve, il y a des étés sans pluie, et des étés où il pleut sans cesse.

  • Dynamique et matrice de transition (par jour et par semaine)

Autrement dit, au lieu de regarder les lois marginales (comme la probabilité d’avoir de la pluie dans la journée), on peut s’intéresser à la dynamique de la série, modélisée sous la forme d’une chaîne de Markov. Si on regarde jour après jour, avec les 30 mois de juillet et août entre 1980 et 2009,

jour 
beau
temps
pluie
jour 
beau temps
871 298 1169
pluie
292 335 627

ce qui donne les probabilités de transition suivantes,

jour 
beau
temps
pluie
jour 
beau temps
75,51 % 25,49 %
pluie
46,57 % 53, 43 %

autrement, s’il fait beau aujourd’hui, on a 3 chances sur 4 d’avoir du beau temps demain.
Si on regarde semaine après semaine, où l’intérêt sont les semaines sans pluie

,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
13 26 39
pluie
23 140 163

avec là aussi les probabilités de transition suivantes,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
33,33 % 66,67 %
pluie
14,11 % 85,89 %

Si on regarde semaine après semaine, où l’intérêt sont les semaines avec six jours sans pluie (on s’autorise une journée de pluie),

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
36 36 72
pluie
30 100 130

ce qui donne les probabilités de transition suivantes,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
50,00 % 50,00 %
pluie
23,08 % 76,92 %

Bon, maintenant, si on pense qu’avoir 2 mm de pluie dans la journée, c’est juste un peu d’humidité dans l’air, les matrices de transitions sont sensiblement différentes, dans le cas où on s’autorise une journée dans la semaine avec un peu d’humidité pour parler de beau temps,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
106 36 142
pluie
31 29 60

ce qui donne les probabilités de transition suivantes,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
75,65 % 25,35 %
pluie
51,67 % 48,33 %

Autrement dit, on retrouve une matrice proche de celle que nous avions sur les données journalière: s’il a fait beau la semaine avant de venir en Bretagne, on a 3 chances sur 4 d’avoir du beau temps. En revanche, s’il a fait mauvais, on a une chance sur deux d’avoir beau temps la semaine suivante.
Si notre définition de pluie est encore plus laxiste (il faut qu’il y ait eu un déluge une journée dans la semaine, à savoir plus de 2 cm d’eau dans la journée), alors cette fois, on obtient,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
171 12 183
pluie
14 5 130

ce qui donne les probabilités de transition suivantes,

semaine 
beau
temps
pluie
semaine 
beau temps
93,44 % 6,56 %
pluie
73,68 % 26,32 %

Autrement dit, s’il y a eu au moins une très mauvaise journée la semaine passée, on a 1 chance sur 4 d’en avoir également une la semaine suivante. En revanche, s’il a fait beau tout le temps, on a presque 95% de chances d’avoir du beau temps la semaine suivante. Moralité, quelle que soit la définition retenue pour définir le beau temps, le temps à Rennes n’est pas indépendant d’une semaine sur l’autre: il y a manifestement des étés pluvieux, et d’autre non.

Discussions géométriques du soir

J’avais raconté l’autre jour l’aventure de mon fils qui souhaitait faire des triangles avec des bouts de bois (ici). Il a récidivé ce soir. Sauf qu’il n’avait qu’un grand baton, et que j’avais fermé le portillon qui l’empêchait d’aller dans la forêt en chercher (la nuance entre romancer et devenir mythomane doit être mince). Je lui ai suggéré de le casser en trois portions, puis de constituer un triangle avec les trois morceaux restant. Manque de bol, l’expérience rate (comme l’autre fois). Et me souvenant de mes pénibles calculs de la dernière fois, je me suis rappelé qu’il avait une chance sur deux de pouvoir effectivement construire un triangle… sauf que la manière d’obtenir les trois bouts de bois me semble différente… donc peut être que ce 1/2 n’est plus valide ?
En fait, je crois qu’il faut définir clairement comment on va couper les bouts de bois.

  • méthode 1: le coupage simultané

Je suppose que je peux couper d’un coup le bout de bois en deux. Formellement, je tire deux points sur l’intevalle correspondant à mon bout de bois, les tirages étant uniformes, et indépendants. On arrive alors à trois morceaux, alatex2png.2.php.pngalatex2png-1.2.php.png et alatex2png-2.2.php.pngen sachant que 

alatex2png-3.2.php.png

la longueur du bout de bois dont je diposais initialement. On supposera que aalatex2png.2.png=1 pour simplifier (ce qui ne changera rien au résultat final, on s’en doute). L’ensemble des points que je peux obtenir peuvent alors se visualiser comme des points du simplexe, 

alatex2png-4.2.php.png

autrement dit, on peut les représenter dans le triangle équilatéral ci-dessous.
Or on ne peut constituer un triangle que si la plus grande des longeurs n’excède pas la somme des deux autres. Supposons que alatex2png-2.2.php.png soit la plus grande longueur (et qu’elle soit visualisée graphiquement par rapport à la distance au côté en bas), le point rouge ci-dessous (correpondant à un triplet de longueurs possibles) ne convient pas. En fait, dès lors que l’on entre dans l’aire rosée, on ne peut plus constituer un triangle…

Moralité, à moins de tomber dans le triangle jaune, on ne peut pas constituer de triangle…. Ce qui veut dire qu’on n’a plus qu’une chance sur quatre !

  • méthode 2: le coupage séquentiel

Une autre méthodde consister à couper d’abord en deux (en tirant un point au hasard sur mon intervalle), puis de recouper en deux le plus grand morceau… Damned, mon fils a de bonne idée, mais ça sent les calculs à n’en plus finir ça…Ou alors va falloir continuer à essayer de faire des dessins, car mine de rien, c’est plus simple que les calculs de la dernière fois. Bon, la longueur de mon bout de bois est la hauteur de mon triangle. Je commence par le couper en deux, la distance au côté en bas devant être la plus petite des deux.

Une fois fixé la taille de ce petit bout, il me reste à couper le plus grand morceaux en deux. Pour cela, je vais me déplacer le long du segment rouge ci-dessous,
La position sur ce petit segment me donnant ensuite les deux autres longueurs des morceaux. Or rappelons que pour que nos bouts de bois forments un triangle, il faut forcément appartenir au triangle jaune,
Pour résumer, nous avions exclus la partie supérieure du triangle, et conditionnellement au fait que nous sommes dans le lozange inférieur, nous souhaitons être dans le triangle jaune. Arg, cette fois-ci la probabilité passe à une chance sur trois !

  • couper d’un coup comme découpage séquentiel aléatoire ?

Mais attends deux minutes mon bonhomme (oui, je parle à mon fils). Si j’avais choisi de découper le plus petit morceau, on sait qu’il est impossible de constituer un triangle car par définition alatex2png-5.2.php.png Supposons que l’on casse le baton en deux, et que l’on tire ensuite au hasard (avec probabilité 1/2 et 1/2) quelle partie sera alors coupée en deux, on doit se ramener au cas précédant non ? La probabilité de constituer un triangle doit alors être

alatex2png-6.2.php.png

Damned, mais ça ne fait pas un quart ça ! Bon, je crois que je vais prendre une aspirine et aller demander à mon fils d’aller ranger ses bâtons !

Foot, probabilité, et assurance, partie 2

Continuons le billet commencé ici, où j’essayais noté que les enseignes qui se sont engagé à faire des cadeaux en cas de victoire de l’équipe de France s’étaient couvertes via des contrats d’assurance. En fait, elles peuvent également se couvrir sur les marchés (en l’occurrence les sites de paris en ligne). Il existe plusieurs façons de faire des paris. La première est de faire (ou d’acheter) un pari sur un événement (la France ira en finale de la coupe du monde, par exemple). Ce pari est assorti d’une cote que défini le bookmaker. A une cote de 20 contre 1, si je paris 1 euro, je gagne 20 euros en cas de qualification pour la finale.
Dans ce cas particulier, le bookmaker est un agent important dans le marché, car il fixe le prix. Le site oddschecker.com (ici) permet de voir les cotes offertes par différents bookmakers.

Mais il existe aussi des marchés de paris, sans bookmakers. Il s’agit réellement d’un marché, où les parieurs prennent des positions les uns contre les autres, le bookmaker ne servant que d’intermédiaire et d’animateur sur ce marché. C’est le cas sur betfair.com () qui est un site d’échange de paris.

Pour commencer simplement, imaginons que nous sommes quelques jours avant une finale opposant la Corée du Sud aux Etats-Unis. Comme il ne peut y avoir qu’un vainqueur il existe des contratssymétrique, où l’on peut gagner 20 euros si la Corée gagner (et rien si elle perd) et un autre où l’on peut gagner 20 euros si la Corée perd. Bref, soit je suis acheter sur la Corée, soit je suis vendeur. Le prix de ces contrats indiquent la probabilité qu’a la Corée de gagner. On parle aussi de back or lay, deux évènements étant possibles.

  • Lecture d’une cote

Regardons maintenant le match d’ouverture, opposant l’Afrique du Sud au Mexique. Les cotes sont les suivantes, “Mexique 6/4, Afrique du Sud 15/8 et Draw (match nul) 11/5” sur un des sites. Le premier nombre indique ce que l’on gagne (net) en misant le second, si mon pari est gagnant. Autrement dit, si je paris 5 euros sur un match nul, et que match nul il y a, alors mon bénéfice sera de 11 (que je touche en plus de ma mise). La cote est alors de 1+11/5, soit 16/5 (j’avais fait ici un billet sur le lien entre cote et probabilité). Elle indique non plus le bénéfice, mais le gain: en misant 5 euros, j’empoche 16 euros. On parlera de paris 1X2.

Pour aller plus loin, on peut aussi parier sur le nombre de buts marqués. On parlera de paris over/under.

Chez le même bookmaker, si je paris 1 euro que la France gagne la coupe du monde, je fais un bénéfice de 18 euros.

  • Cote ou probabilité ?

Lorsque j’avais essayé d’expliquer l’origine de la loi logistique (ici), j’avais expliqué qu’il existait un lien simple entre probabilité et cote, la cote étant la probabilité que l’évènement se réalise, divisé par la probabilité qu’il ne se réaliste pas. Malheureusement, les choses sont un peu plus complexes dans les paris…
Zoomons un peu sur le match d’ouverture,


La cote est la valeur offerte la par le bookmarker, à laquelle on ajoute 1. La “probabilité” est alors l’inverse de cette cote.

résultat Bookie Offers Cote “probabilités”
Mexico 11/8 2.375 42.10%
South Africa 13/8 2.623 38.09%
Draw 11/5 3.200 31.25%
total 111.45%

A-t-on raté quelquechose ? car visiblement la “probabilité” n’est pas une vraie probabilité… En fait, supposer que l’on puisse construire une mesure de probabilité à partir des cotes doit pouvoir être relié au “théorème fondamental d’asset pricing” (et de probabilités risques neutres mentionnés tout à l’heure)

  • Relecture des cotes à l’aide du théorème fondamental

Autrement dit, on suppose qu’il existe une mesure http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-01.png telle que
http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-02.pnghttp://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-03.png est l’ensemble des gains possibles, et http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-04.png un équivalent certain.
On suppose qu’il existe un ensemble d’évènements http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-05.png (mutuellement exclusif comme on dit, formant une partition de http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-06.png), un seul pouvant survenir (en l’occurrence l’équipe qui reçoit gagne, ou l’équipe qui reçoit perd, ou il y a match nul). On considère un bookmaker qui accepte de payer http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-08.png si l’évènement i survient à un joueur qui aura parié 1 euro. On pourra légitimement pense que http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-09.png. Notre souhait est de relier ces http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-08.png et http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-10.png, si un lien quelconque pouvait exister. Ce problème avait été soulevé par Ramsey ou de Finetti.

En notant http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-11.png le montant total placé sur l’évènement http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-12.png. On pourra dire que l’on est à l’équilibre si http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-13.png est constant. Autrement dit, le ratio des cotes doit être l’inverse des ratios de montants placés,

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-15.pngOn peut ainsi s’intéresser à

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-16.png

qui est la fraction de l’argent qui sera effectivement rétribuée aux parieurs, ou http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-17.png sera la part gardée par le bookmaker. On peut penser qu’un bookmaker fixe http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-18.png, et alors

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-20.png

En fait, k peut être vu comme un taux d’actualisation (l’équivalent d’un http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-22.pngen mathématique financière). On peut d’ailleurs noter que si on note http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-25.png le produit

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-26.png

alors la stratégie consistant à parier

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-27.png

sur l’évènement http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-12.png, pour tout les évènements, aura un coût unitaire (j’ai ici constitué mon portefeuille si on revient à la théorie de l’arbitrage). Aussi

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-29.png

En l’occurrence, sur le match d’ouverture de la coupe du monde, on obtient http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-18.png de l’ordre de 90% (l’inverse de la somme de la dernière colonne). Autrement dit, le bookmaker prend de l’ordre de 10%.
A partir de là, on peut en déduire de ces prix d’Arrow Debreu une “probabilité implicite” qui est la probabilité risque neutre, ou la croyance des investisseurs dans la survenance des évènements. Pour cela, on pourrait poser

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-30.png

sauf que dans ce cas, compte tenu de la dernière relation, http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-34.png. On définie alors la probabilité implicite des parieurs sous la forme

http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-35.png

On a réussit à construire une mesure de probabilité http://freakonometrics.hypotheses.org/files/2017/03/foot-pari-01.png, qui correspond à l’intuition des parieurs… mais qui n’a rien à voir avec la probabilité réelle. Si l’on compare les bookmakers, on note que les probabilités induites sont très proches,

et si on compare la part prise par le bookmaker sur ce match, on est là aussi sur des ordres de grandeurs comparables,

Justin Wolfers et Eric Zitzewitz, dans Prediction Markets paru dans le Journal of Economic Perspectives de 2004 (ici) expliquent d’ailleurs tout cela très clairement. Je peux aussi renvoyer à un document de travail datant de novembre dernier de Egon Franck, Erwin Verbeek, et Stephan Nüesch (en ligne ici).
J’ai parlé tout à l’heure de probabilité risque neutre, mais cela sous-entend que l’on puisse supposer les marchés efficients, et qu’il n’y ait absence d’opportunité d’arbitrage. C’est précisément ce qu’avait regardé Steven Levitt et Richard Gillici, dans un vieux papier, évoqué également . Pour résumer les conclusions, il n’y a pas d’opportunités d’arbitrage sur ces marchés, et il existe des “market makers”, c’est à dire des parieurs misant énormément, ce qui accroît considérablement la liquidité de ces marchés. Mais cette conclusion sur l’absence d’opportunité d’arbitrage a été largement remise en cause en pratique. Pour aller plus loin, on peut aussi regarder un article de Moris Eaton et David Freedman, Dutch Book against some ‘Objective’ Prior, paru dansBernoulli en 2004, en ligne . C’est marrant car cette relecture Bayésienne des jeux de pari peut être étudier en pratique, pour la coupe du monde de foot surworldcup.bayesialab.com (, merci Avner pour le lien). Je vais continuer de suivre ça lorsque les matchs commençerons, afin de voir les mises à jour des paris au fur et à mesure de l’évolution des matchs… à suivre donc.

Sexe et naissances

Depuis quelques jours, nous faisons la présentation de la petite dernière à la famille et aux amis, et nous étions surpris du nombres de familles n’ayant que des filles (nous ne nous étions pas fait la réflexion jusqu’alors). La première piste était de remettre en cause l’indépendance des sexes entre enfants d’une même famille. La second théorie était de dire que les familles avec déjà deux petits gars devaient capituler rapidement, contrairement aux familles qui avaient des filles, qui pouvaient continuer… En gros, “les filles c’est plus simple à élever que les p’tits mecs”. Forcément, j’ai voulu mener l’enquête….

A partir du fichier enfant de l’enquête Education et Famille, EPCV d’octobre 2003, on peut récupérer quelques statistiques. Dans cette base, on dispose de 10027 enfants, issus de 4081 familles. Je ne reviens pas sur le sens de la famille disons que je vais travailler par identifiant du logement, i.e. les enfants habitant sous un même toit. Les personnes qui veulent en savoir plus iront sur le site de l’insee (ici).

  • De l’indépendance des sexes

Dans cette base, j’ai 50,52% de garçons et 49,48% de filles. 19% des enfants semblent être des enfants uniques, et dans 51,41% des cas il s’agit d’un garçon. Pour faire une étude sur la distribution des sexes, on note que les familles avec au moins deux enfants semblent représentatives de l’ensemble. Considérons alors les familles ayant eu au moins deux enfants, soit 3299 familles. La répartition se fait de la manière suivante, entre le sexe du premier enfant, et le sexe du second,

sexe Garçon (2) Fille (2)
Garçon (1) 857 801
Fille (1) 813 828

Si on fait un test d’indépendance du chi-deux, on observe qu’il y a indépendance entre le sexe des deux enfants,

>  chisq.test(tableau)
 Pearson's Chi-squared test with Yates' continuity correction
X-squared = 1.4346, df = 1, p-value = 0.231

Bref, on admettra qu’il y a indépendance entre les sexes au sein d’une famille….

  • Des familles dont les deux premiers enfants sont du même sexe

On notera (sur le tableau ci-dessus) qu’il y a plus de familles à deux garçons que de familles à deux filles. Parmi les 857 familles qui ont commencé par 2 garçons, 379 familles ont eu un troisième enfant, soit 44,22%, et 48,81% ont eu encore un garçon. Parmi les 828 familles qui ont commencé par 2 filles, 388 familles ont eu un troisième enfant, soit 46,86%, et d’ailleurs 50,77% ont encore eu une fille (cette statistique confirmant notre hypothèse d’indépendance).
Cette différence (entre les proportions de familles qui ont tenté un troisième enfant après les deux premiers du même sexe) ne semble pas négligeable, mais si on fait un test de Student, la différence n’est toutefois pas significative,

        Welch Two Sample t-test
t = -1.0858, df = 1680.417, p-value = 0.2777
alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0 
95 percent confidence interval: -0.07397060  0.02125328 
sample estimates: mean of x mean of y0.4422404 0.4685990

Si on compare aux familles qui ont eu un garçon et une fille, on notera que 42,68% de ces familles tentent le troisième enfant (contre 45.51% pour les familles qui ont eu deux premiers enfants du même sexe). Cet fois, la différence semble presque significative,

        Welch Two Sample t-test 
t = -1.637, df = 3292.66, p-value = 0.1017 
alternative hypothesis: true difference in means is not equal to 0 
95 percent confidence interval: -0.062203214  0.005596887 
sample estimates: mean of x mean of y 0.4268897 0.4551929

Bref, l’hypothèse comme quoi les familles avec uniquement des garçons sont moins nombreuses que les familles avec uniquement des filles ne semble pas tenir la route statistiquement….en revanche, il semble que les familles veulent à la fois avoir un garçon et une fille. Bon, c’est pas tout, mais j’ai une couche à changer… la prochaine fois je parlerais de sexe et de vaisselle…

PS: ce souhait d’aborder des sujets sur le sexe n’ont rien à voir avec le fait que, depuis que j’ai été référencé sur sexactu.com, la fréquentation sur mon blog a explosé… enfin, ça n’a duré qu’une journée, tout le monde s’est rendu compte de la supercherie…

Foot, probabilité, et assurance, partie 1

Depuis la fenêtre de mon bureau, je pourrais presque voir la grande banderolle sur le fronton du centre commercial de la Visitation,

Un vendeur d’électroménager proposer de rembourser certains achats sir la France gagne la coupe du monde de foot ! Cela me fait penser au court billet que j’avais fait l’an dernier, ici, comme quoi certains camping pouvaient rembourser les vacances des vacanciers en cas de mauvais temps…. Oui, on pourrait s’en douter, il y a un contrat d’assurance derrière – afin d’éviter que ce revendeur (il n’est pas le seul d’ailleurs) ne fasse faillite ! Des amis qui suivent le foot me faisaient remarqué que la prime d’assurance ne devaient pas être trop élevée….
Pour être un peu plus précis, Berkshire Hathaway a annoncé avoir assuré un de ses souscripteurs en cas de victoire de l’équipe de France lors de la prochaine coupe du monde. La perte maximale ne semble pas collossale, comme le notait Warren Duffet: « je pense que nous allons perdre 30 millions de dollars, ou quelque chose comme ça, si la France gagne ».

Quant aux probabilités dans le cas des vacances (ici), Meteo France propose des estimations objectives des probabilités. Dans le cas du foot, on peut faire comme en finance, et aller extraire les probabilités des marchés, en l’occurence des sites de pari en ligne, comme ici. En l’occurence, on apprend que la cote de la France est de l’ordre de 21… mais je reviendrais là dessus dans un autre billet !

Acheter des pochettes Pokemon ? et puis quoi encore !

Il y a quelque temps, Olivier Gergaud était venu à Rennes présenter son papier Stardom and Perceived Talent.Nous en avions profité pour discuter un peu d’un ancien papier qu’il avait fait sur les Pokemon (ici). Il faut avouer que je suis un peu jaloux car il essaye de répondre à une question que je me posais: le prix des cartes Pokemon a-t-il un lien avec les “pouvoirs” de la carte ou sa rareté.

Mais aujourd’hui je voulais répondre à une question simple que je me pose depuis que mon fils me dit (sans grand succès) “Papa, achète moi des cartes Pokemon” (ou “Naruto“, ou je ne sais quoi encore). Mon argument, en tant que père rationnel, est que ces cartes couchent très chers. Aujourd’hui, je vais le prouver. Supposons qu’il existe 200 cartes distinctes, et que ces cartes sont vendus 5 euros le paquet de 10. Pour simplifier, supposons que ces cartes soient vendues individuellement dans des cachés hermétiques à 50 centimes pièce. On va supposer que les cartes soient équi-réparties. Supposons que je puisse acheter une vignette spécifique (par exemple en ligne), dont je connais le personnage, pour 1 euro (soit le double du prix si le personnage est inconnu à l’achat). Quelle stratégie doit-je adopter ? et combien ça va me coûter ?
Je note https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-17.png le nombre de carte total (ici 200 car je suppose qu’il existe 200 personnages). Je note https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-01.png le coût d’une carte cachée (50 centimes ici) et https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-02.png le coût d’une carte non-cachée (1 euro). Supposons que j’ai à en ma possession les cartes https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-03.png (et que je n’ai pas les suivantes). Si je veux récupérer une nouvelle carte (que je noterais https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-05.png), en achetant au hasard i.e. dans des sachets hermétiques, le nombre de cartes à acheter est https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-06.png, qui suit une loi géométrique, de paramètre https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-07.png, où

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-08.png

Par exemple, si j’ai https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-09.pngcartes, et qu’il m’en manque simplement une, alors la probabilité de la tirer est

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-10.png

Pour revenir au tirage d’une nouvelle carte que je n’avais pas (alors que j’en https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-04.png), le coût moyen de ma stratégie est

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-11.png

J’ai donc intérêt à acheter cette carte directement dès lors que

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-12.png

ce qui devient intéressant dès lors que

 https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-13.png

Dans mon exemple numérique, https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-02.png étant le double de https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-01.png, je commence à acheter directement dès lors que j’ai en ma possession 100 cartes distinctes. Le coût moyen est alors

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-14.png

Aussi, dans le cas que j’évoquais, on obtient 171€,
> .5*sum(200/(200-(1:101)-1))+1*(200-101+1)
[1] 171.0933

Je peux comparer à deux stratégies que l’on connaît. La première est de tout acheter à un collectionneur (i.e. à découvert, ce qui limite l’intérêt du “jeu“, j’en conviens). Dans ce cas, le coût total sera

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-21.png

soit 200€. L’autre stratégie est d’acheter continuellement des paquets clos chez mon buraliste. Dans ce cas, le coût moyen serait

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-16.png

Le calcul exact donne ici 587,80€, comme  le montre le calcul ci-dessous,
> 0.5*200*sum(1/1:200)
[1] 587.8031

mais on peut aussi utiliser une approximation de la forme

https://perso.univ-rennes1.fr/arthur.charpentier/latex/poke-22.png

(ce qui donnerait 529€ environ). Pour ceux qui ont besoin de voir pour croire, j’ai représenté ci-dessous le prix en fonction du moment où je décide de passer des cartes fermées aux cartes visibles.

Ça y est, j’ai enfin un argument rationnel à faire valoir à mon fils…. même si je ne suis pas certain de réussir à le convaincre aussi facilement…

Paradoxe et enseignement des probabilités

L’été semble être propice aux billets sur les paradoxes et autres bizarreries intellectuelles (je renvoie par exemple au très bon billet de Laurent, ici). Je vais en rajouter une couche (j’avais déjà parlé du paradoxe des enveloppes, ici ou de Simpson, ). En fait, je voulais revenir sur un paradoxe que j’avais lu en Terminale (à l’époque il y avait une introduction aux probabilités). J’y repense car je suis en train de finir de préparer mon cours de rappels de probabilité, et je cherche des exercices “simples” évitant toute ambiguité afin d’être un peu éclairant… pas comme ici….

Lançons trois pièces de monnaie. Quelle est la probabilité que les 3 pièces tombent du même côté (peu importe lequel) ?

Réponse 1: facile, faisons un peu de dénombrement, il y a 8 cas possibles (PPP, FPP, PFP, PPF, FFP, FPF, PFF, FFF), qui sont équiprobables, et seuls deux nous intéressent (FFF et PPP), on a alors 1 chance sur 4.

Réponse 2: facile, raisonnons deux minutes et essayons de trouver une réponse élégante. Comme j’ai 3 pièces pour seulement deux faces, il y en a forcément deux qui sont tombées du même côté, et pour la troisième, il me reste une chance sur deux, et la réponse est alors 1 chance sur 2.

Etonnant, non?“.

Bon, c’est un exemple assez classique en théorie des probabilités, je laisse aux lecteurs le temps de la réflexion…. le but étant de montrer qu’il y a une faute dans le raisonnement de la personne ayant donné la seconde réponse… Oui, c’est toute la difficulté des TD de probas: comment expliquer qu’un raisonnement qui semble juste est falacieux…