Ceci n’est pas pipé
En probabilités on dit qu’un dé est pipé
si les chances de ses six faces ne sont pas les mêmes. Dans le cas habituel, celui d’un dé non-pipé (ou dé parfait), la probabilité pour chaque face est 1/6 et on parle de variable aléatoire équirépartie
.
Si on lance deux dés habituels et si on prend la somme des deux résultats on obtient un nombre entre 2 et 12. Ce qui étonne alors souvent le débutant c’est que la probabilité de cette somme n’est pas équirépartie ; par exemple, obtenir un 11 est moins probable qu’obtenir un 10. La raison pour cela est qu’on retrouve le 10 avec (4,6) ou (6,4) ou (5,5) tandis que pour le 11 on a seulement les deux possibilités (5,6) ou (6,5).
Question (existence d’un jeu de deux dés pipés) :
Peut-on piper un couple de dés de sorte que le jeu qui consiste à prendre la somme des deux dés lancés donne une loi aléatoire équirépartie ?
Assume this is possible. Let a(i) (resp. b(i)) the probability to obtain the number i=1..6 on the first (resp. second) dice. We have
(i) a(1)b(1)=1/11,
(ii) a(6)b(6)=1/11,
(iii) a(i)b(j) < Prob(sum of two dice = i+j) = 1/11 if (i,j) is different from (1,1) and (6,6).
Therefore, a(i)b(j) is maximum exactly when (i,j)=(1,1) or (i,j)=(6,6). It follows that a(i) is maximum when i=1 or i=6, and b(j) is maximum when j=1 or j=6. Thus, a(i)b(j) is maximum when (i,j)=(1,6), a contradiction.
J’avoue que je ne suis pas complètement la preuve de JLT ; à partir du moment ce n’est pas évident pour moi. Voici une autre démonstration, élégante et facile.
Comme JLT on fait une preuve par l’absurde. Supposons que de tels dés existent et notons \(a_k\) (resp. \(b_k\)) la probabilité du premier (resp. second) dé d’obtenir le nombre k (k=1,…,6). On considère les polynômes
\(P=\sum_{k=1}^6 a_kX^{k-1}\;,\;\;\;Q=\sum_{k=1}^6 b_kX^{k-1}\;,\;\;\;PQ=\sum_{k=1}^{11} c_kX^{k-1}.\)
Alors il vient que le coefficient \(c_k\) est égal à la probabilité d’obtenir le nombre k+1 comme somme des deux dés (k=1,…,11) ; par exemple \(c_3=a_1b_3+a_2b_2+a_3b_1.\) Or par hypothèse ce coefficient vaut 1/11. Autrement dit
\(PQ=\frac1{11}\left(1+X+X^2+\cdots+X^{10}\right).\)
Maintenant on utilise la vielle astuce de la :
\(\begin{array}{rcl}
11(1-X)PQ&=&(1-X)\left(1+X+X^2+\cdots+X^{10}\right)\\
&=&\left(1+X+X^2+\cdots+X^{10}\right)-\left(X+X^2+X^3+\cdots+X^{11}\right)\\&=&1-X^{11}.
\end{array}\)
Donc le polynôme (1-X)PQ possède onze racines simples, à savoir les racines 11e de l’unité. En particulier PQ n’a pas de racine réelle. Or P est de degré impair, donc sa limite en \(-\infty\) est l’opposé de sa limité en \(-\infty\), d’où l’existence d’une racine réelle par le théorème des valeurs intermédiaires — contradiction. \(\lightning\)
Voici quelques détails supplémentaires (et une petite simplification) de ma preuve :
Si b(6)>b(1), alors a(1)b(6)>a(1)b(1). Impossible. Donc \(b(6)\le b(1)\), ce qui entraîne \(a(6)b(6)\le a(6)b(1) < 1/11 =a(6)b(6)\). Impossible.
P.S. J’avais aussi pensé à utiliser des polynômes, mais j’ai donné cette autre preuve qui a l’avantage d’être plus élémentaire car n’utilise pas les nombres complexes, et de plus se généralise facilement à plusieurs dés n’ayant pas nécessairement le même nombre de faces.
Effectivement, c’est très clair maintenant. Merci pour l’explication !
Mais, existe-il un total de points qui soit le plus probable, quelques soient la nature des dés, pipés ou non?
@RuBi6
Non malheureusement. Imagine deux dés qui tombent toujours sur la même face (à l’aide d’une table aimantée par exemple), la somme des deux dés va dépendre du choix des faces pipées.