Paradoxe des trois pieces de monnaie

Paradoxe des trois pieces de monnaie

Paradoxe des trois pièces de monnaie

Le paradoxe des trois pièces de monnaie repose sur un raisonnement subtilement fallacieux, mais clairement et incontestablement identifiable. En cela, ce n'est nullement un paradoxe, mais un bon exercice de raisonnement probabiliste.

Sommaire

Énoncé

On lance trois pièces de monnaie. Quelle est la probabilité que toutes trois retombent du même côté, que ce soit pile ou face ? Une sur quatre. Soit. Pourtant, si je lance trois pièces, il y en a forcément deux qui seront déjà du même côté ; la troisième y sera avec une chance sur deux. J'ai donc une chance sur deux que toutes trois tombent du même côté.

Interprétations

La bonne réponse est bien sûr : 1/4. Détaillons les raisonnements en présence :

Le raisonnement énumératif

Il y a 8 possibilités : PPP, PPF, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF ; et 2 cas favorables : PPP, FFF. La probabilité est donc 2/8, soit une sur quatre.

Le raisonnement fallacieux

Illustrons cela au travers d'un dialogue entre Candide et le professeur Cosinus :

— Candide : Si je lance trois pièces, il y en a forcément deux qui seront déjà du même côté.

— Cosinus : En effet.

— Candide : Il y a donc bien une chance sur deux que la troisième soit du même côté.

— Cosinus : Pas du tout !

— Candide : Mais si. Il y a 4 possibilités : 2xP+P, 2xP+F, 2xF+P, 2xF+F ; et 2 cas favorables : 2xP+P, 2xF+F.

— Cosinus : Oui mais, contrairement au raisonnement énumératif, les possibilités ne sont pas équiprobables.

— Candide : C’est-à-dire ?

— Cosinus : Par exemple : 2xP+P correspond à PPP seulement ; mais 2xP+F correspond à PPF, PFP ou FPP. Le cas 2xP+F est donc trois fois plus probable que 2xP+P.

— Candide : Mais enfin, les deux premières pièces donnent pile ou face avec une probabilité 1/2 ; la troisième donne aussi pile ou face avec une probabilité 1/2 ; donc la probabilité que le résultat des deux premières pièces soit identique au résultat de la troisième est 1/2.

— Cosinus : Tes prémisses sont justes ; mais la conclusion est fausse en l'occurrence. Cela n'a rien à voir. Qu'est-ce qui te permet une telle conclusion ?

— Candide : Euh... Bon... Mais supposons que l'on numérote les pièces sans les regarder, puis on découvre que les pièces n°1 et n°2 donnent pile. Quelle est la probabilité pour que la pièce n°3 donne pile ?

— Cosinus : 1/2.

— Candide : Ah ! J'ai donc raison.

— Cosinus : Pas du tout. La situation est différente.

— Candide : En quoi ?

— Cosinus : Lorsque les pièces sont numérotées dans l'ignorance du (ou préalablement au) tirage, la pièce n°3 n'est pas corrélée au deux autres. La troisième pièce, en revanche, est choisie ou déterminée a posteriori. Elle est corrélée au deux autres. C'est, grossièrement la pièce dont le résultat peut être différent des autres.

— Candide : Mais alors, comment poursuivre mon raisonnement justement ?

— Cosinus : J'aurais dû ajouter que, « la probabilité pour que la pièce n°3 donne pile lorsque les pièces n°1 et n°2 donnent pile » signifie « la probabilité pour que la pièce n°3 donne pile sachant que les pièces n°1 et n°2 donnent pile. » Il faut donc faire usage des probabilités conditionnelles.

Le raisonnement utilisant les probabilités conditionnelles

Article détaillé : Axiomes des probabilités.

Notons P1, P2, P3 le résultat (pile/face) les pièces numérotées selon l'expérience de Candide. La probabilité pour que les trois pièces "soient semblables" sachant que les pièces n°1 et n°2 "sont semblables" est :

P(P3=P2|P2=P1) = P(P3=P1|P2=P1) = P(P3=P2=P1|P2=P1)= \,


{P(P3=P2=P1) \over P(P2=P1)} = {P(P3=P2) P(P3=P1) \over P(P2=P1)} = {(1/2)(1/2)\over {1/2}} = {1\over 2} .

Mais ce problème ne correspond pas à l'énoncé initial. Le bon raisonnement, construit par analogie, mène à un calcul artificiellement compliqué : Notons P, D, T le résultat (pile/face) des première, deuxième et troisième pièces définies selon le procédé de l'énoncé. La probabilité pour que la troisième pièces "soit semblable" au deux premières est :

P(T=D=P|D=P) = {P(T=D=P) \over P(D=P)} = {P(T=D) P(T=P) \over P(D=P)} = {(1/2)(1/2)\over 1} = {1 \over 4} .

Ici P(P = D) = 1 car les deux premières "sont semblables" par définition.

Pour finir, il est important de remarquer que si P(T = D et T = P) = P(T = D)P(T = P) ; en revanche P(T = D et D = P) = P(T = D)P(D = P) est faux. De manière générale, on n'a pas P(A et B) = P(A).P(B). C'est pourquoi, il est conseillé de raisonner en termes d'intersections d'ensembles plutôt qu'en termes de conjonctions de propositions :

P\left(\left\{{x\in\Omega|A(x)\hbox{ et }B(x)}\right\}\right) = P(\{x\in\Omega|A(x)\}\;\cap\;\{x\in\Omega|B(x)\}) = {|\{x\in\Omega|A(x)\}\;\cap\;\{x\in\Omega|B(x)\}| \over |\Omega|}

Voir aussi

Articles connexes

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