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🎲 Défis • Probabilités

Défis de probabilités

Le hasard est rarement aussi intuitif qu’il en a l’air. Ici, on commence par faire une prédiction… puis on calcule pour voir si l’intuition avait raison.

10 défis ⭐ à ⭐⭐⭐⭐ 2 indices par défi Solutions détaillées

Avant de calculer : fais un pronostic

Ces problèmes sont encore plus intéressants lorsqu’on note d’abord ce que l’on pense être la réponse.

Défi 1⭐ Accessible5–10 minConditionnement

Faut-il changer de porte ?

Une voiture, deux chèvres et une proposition qui semble ne rien changer.

Trois portes : derrière une se trouve une voiture, derrière les deux autres une chèvre. Tu choisis une porte. L’animateur, qui connaît le contenu des portes, ouvre toujours parmi les deux autres une porte cachant une chèvre, puis te propose de changer.

Vaut-il mieux garder ton premier choix ou changer ?
Indice 1
Quelle est la probabilité que ton premier choix soit déjà la voiture ?
Indice 2
Si ton premier choix est une chèvre, l’animateur est obligé d’ouvrir l’autre chèvre.
Voir la solution
Ton premier choix gagne avec probabilité 1/3. Il est donc faux avec probabilité 2/3.

Lorsque ton premier choix est faux, l’animateur élimine nécessairement l’autre chèvre : la seule porte encore fermée contient alors la voiture. Changer gagne donc exactement lorsque le premier choix était faux.
P(gagner en changeant) = 2/3
Il faut changer : les chances de gagner doublent.
💡 Idée à retenir : l’animateur ne choisit pas une porte au hasard ; son action dépend de l’emplacement de la voiture.
Défi 2⭐⭐ Réflexion10 minÉvénement contraire

Le paradoxe des anniversaires

Combien de personnes faut-il pour avoir plus d’une chance sur deux de trouver deux anniversaires identiques ?

On suppose 365 jours équiprobables et on ignore les années bissextiles. Dans un groupe de 23 personnes, la probabilité qu’au moins deux personnes partagent leur anniversaire est-elle inférieure ou supérieure à 50 % ?
Indice 1
Il est beaucoup plus simple de calculer la probabilité que tous les anniversaires soient différents.
Indice 2
Pour 23 personnes : 1 × 364/365 × 363/365 × … × 343/365.
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La probabilité que les 23 anniversaires soient tous distincts vaut
P(aucune coïncidence) = ∏(k=0 à 22) (365-k)/365 ≈ 0,4927
Donc
P(au moins une coïncidence) ≈ 1 − 0,4927 = 0,5073
Avec seulement 23 personnes, on dépasse déjà 50 %.
💡 Idée à retenir : avec 23 personnes, il existe 253 paires possibles. C’est le nombre de comparaisons possibles qui devient rapidement grand.
Défi 3⭐⭐ Réflexion10 minProbabilité conditionnelle

Les trois boîtes de pièces

Tu vois une pièce d’or. La seconde a-t-elle vraiment une chance sur deux d’être en or ?

Trois boîtes contiennent chacune deux pièces : la première contient deux pièces d’or, la deuxième deux pièces d’argent, et la troisième une pièce d’or et une d’argent.

Tu choisis une boîte au hasard puis une pièce au hasard dans cette boîte. La pièce tirée est en or. Quelle est la probabilité que l’autre pièce de la même boîte soit également en or ?
Indice 1
Compte les façons d’obtenir une pièce d’or, et non simplement les boîtes encore possibles.
Indice 2
Il existe trois pièces d’or susceptibles d’avoir été tirées : deux viennent de la boîte Or-Or, une de la boîte Or-Argent.
Voir la solution
Sachant qu’une pièce d’or a été observée, trois pièces d’or sont compatibles avec l’observation. Deux appartiennent à la boîte Or-Or et une à la boîte Or-Argent.
P(Or-Or | pièce observée = or) = 2/3
Donc la probabilité que la seconde pièce soit en or vaut 2/3, et non 1/2.
💡 Idée à retenir : après une observation, les scénarios possibles ne sont pas forcément équiprobables.
Défi 4⭐⭐ Réflexion10–15 minBayes

Un test positif à 99 % fiable ?

Un test très performant peut pourtant donner un résultat beaucoup moins certain qu’on ne l’imagine.

Une caractéristique rare concerne 1 % d’une population. Un test détecte correctement 99 % des personnes concernées et donne un faux positif chez 1 % des personnes non concernées.

Une personne prise au hasard obtient un résultat positif. Quelle est la probabilité qu’elle possède réellement la caractéristique ?
Indice 1
Raisonne sur 10 000 personnes plutôt qu’avec une formule abstraite.
Indice 2
Sur 10 000 personnes : 100 possèdent la caractéristique et 9 900 ne la possèdent pas.
Voir la solution
Sur 10 000 personnes :

• 100 possèdent la caractéristique ; 99 auront un test positif.
• 9 900 ne la possèdent pas ; 1 % d’entre elles, soit 99 personnes, auront aussi un test positif.

On observe donc 198 tests positifs, dont seulement 99 correspondent réellement à la caractéristique.
P(caractéristique | positif) = 99 / 198 = 1/2
La probabilité est de 50 %.
💡 Idée à retenir : lorsqu’un phénomène est rare, le taux de base compte énormément. Une grande précision du test ne suffit pas à elle seule.
Défi 5⭐⭐⭐ Costaud15 minEspérance

100 lettres dans 100 enveloppes

Tout est mélangé au hasard. Combien de lettres sont en moyenne dans la bonne enveloppe ?

Cent lettres destinées à cent personnes différentes sont placées au hasard, une par une, dans cent enveloppes portant les cent noms. Chaque enveloppe reçoit exactement une lettre.

Quel est le nombre moyen de lettres qui se retrouveront dans l’enveloppe portant le bon nom ?
Indice 1
Ne cherche pas la loi complète du nombre de bonnes lettres. Étudie chaque lettre séparément.
Indice 2
Pour une lettre donnée, quelle est la probabilité d’être dans la bonne enveloppe ? Additionne ensuite les espérances.
Voir la solution
Pour chaque lettre i, définissons Xᵢ = 1 si elle tombe dans la bonne enveloppe, et Xᵢ = 0 sinon.

Chaque lettre a une probabilité 1/100 d’être correctement placée, donc E(Xᵢ)=1/100.

Si X est le nombre total de lettres bien placées :
E(X) = E(X₁)+…+E(X₁₀₀) = 100 × 1/100 = 1
En moyenne, exactement une lettre est bien placée.
💡 Idée à retenir : la linéarité de l’espérance fonctionne même lorsque les événements ne sont pas indépendants.
Défi 6⭐⭐⭐ Costaud15–20 minTemps d’attente

Collectionner les six faces d’un dé

Six faces à obtenir : faut-il vraiment seulement six lancers en moyenne ?

On lance indéfiniment un dé équilibré à six faces. On souhaite avoir observé au moins une fois chacune des six faces.

Combien de lancers faut-il effectuer en moyenne ?
Indice 1
Après avoir obtenu k faces différentes, la probabilité que le prochain lancer apporte une nouvelle face vaut (6−k)/6.
Indice 2
Le temps moyen d’attente d’un succès de probabilité p est 1/p.
Voir la solution
Le premier lancer fournit forcément une nouvelle face : attente moyenne 1.

Une fois 1 face obtenue, une nouvelle face arrive avec probabilité 5/6 : attente 6/5.
Puis les attentes sont 6/4, 6/3, 6/2 et 6/1.
E = 1 + 6/5 + 6/4 + 6/3 + 6/2 + 6 = 14,7
On peut aussi écrire E = 6(1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6).

Il faut en moyenne 14,7 lancers.
💡 Idée à retenir : les dernières faces sont les plus coûteuses à obtenir. La toute dernière demande à elle seule 6 lancers en moyenne.
Défi 7⭐⭐⭐ Costaud15–25 minRécurrences

PP ou PF : lequel arrive le plus vite ?

Deux motifs de même longueur, mais pas le même temps d’attente.

On lance une pièce équilibrée jusqu’à obtenir un motif donné lors de deux lancers consécutifs.

Quelle est l’espérance du nombre de lancers nécessaires pour obtenir PP (Pile-Pile) ? Et pour obtenir PF (Pile-Face) ?
Indice 1
Pour PP, distingue l’état « aucun Pile utile à la fin » et l’état « le dernier lancer est Pile ».
Indice 2
Après un premier Pile : pour PP, Face remet à zéro ; pour PF, un nouveau Pile te laisse encore dans l’état « dernier lancer = Pile ».
Voir la solution
Pour PP. Soit E₀ l’attente lorsqu’aucun Pile utile n’est en mémoire et E₁ après un Pile.
E₀ = 1 + (E₀+E₁)/2 E₁ = 1 + E₀/2 ⇒ E₀ = 6
Pour PF. Après un Pile, Face termine le motif tandis qu’un nouveau Pile laisse le système dans le même état E₁.
E₀ = 1 + (E₀+E₁)/2 E₁ = 1 + E₁/2 ⇒ E₁ = 2 et E₀ = 4
PP demande 6 lancers en moyenne ; PF seulement 4.
💡 Idée à retenir : les motifs peuvent se chevaucher avec eux-mêmes. PP « perd » davantage lorsqu’une Face apparaît après un Pile.
Défi 8⭐⭐⭐⭐ Expert20–30 minParadoxe de Simpson

Le traitement qui gagne… et qui perd

A est meilleur dans chaque groupe. Pourtant B est meilleur au total.

Deux traitements A et B sont comparés sur deux catégories de cas.

Cas faciles : A réussit 81 fois sur 87 ; B réussit 234 fois sur 270.
Cas difficiles : A réussit 192 fois sur 263 ; B réussit 55 fois sur 80.

Quel traitement semble meilleur dans chaque catégorie ? Et lequel semble meilleur si l’on regroupe toutes les données ?
Indice 1
Calcule quatre pourcentages, puis les deux taux globaux.
Indice 2
Regarde aussi la répartition des cas faciles et difficiles entre les deux traitements.
Voir la solution
Dans les cas faciles :
A : 81/87 ≈ 93,1 % ; B : 234/270 ≈ 86,7 %
Dans les cas difficiles :
A : 192/263 ≈ 73,0 % ; B : 55/80 = 68,75 %
A est donc meilleur dans chaque catégorie.

Pourtant, au total :
A : 273/350 = 78,0 % ; B : 289/350 ≈ 82,6 %
B semble meilleur lorsque l’on agrège les données.

Pourquoi ? A a été utilisé surtout sur les cas difficiles, tandis que B a été utilisé surtout sur les cas faciles. La composition des groupes renverse la comparaison globale.
💡 Idée à retenir : une statistique agrégée peut raconter l’inverse des statistiques obtenues dans chaque sous-groupe. Il faut chercher les variables cachées avant de conclure.
Défi 9⭐⭐⭐⭐ Expert20–30 minEspérance infinie

Le paradoxe de Saint-Pétersbourg

Un jeu dont l’espérance de gain est infinie. Combien serais-tu réellement prêt à payer pour jouer ?

On lance une pièce équilibrée jusqu’à obtenir Pile pour la première fois. Si Pile apparaît au n-ième lancer, le jeu verse 2ⁿ euros.

Quelle est l’espérance mathématique du gain ? Cela signifie-t-il qu’il serait raisonnable de payer n’importe quelle somme pour participer ?
Indice 1
La probabilité que le premier Pile arrive exactement au n-ième lancer est 1/2ⁿ.
Indice 2
Multiplie, pour chaque n, la probabilité 1/2ⁿ par le gain 2ⁿ.
Voir la solution
Pour chaque n :
P(premier Pile au rang n) × gain = (1/2ⁿ) × 2ⁿ = 1
L’espérance totale vaut donc
E(G) = 1 + 1 + 1 + 1 + … = +∞
L’espérance théorique est infinie.

Pourtant, les gains énormes sont extraordinairement rares : la moitié des parties se terminent dès le premier lancer, les trois quarts avant ou au deuxième, etc. Le paradoxe montre que l’espérance seule ne suffit pas toujours à décrire une décision réaliste : richesse disponible, risque et utilité du gain comptent aussi.
💡 Idée à retenir : une espérance peut être dominée par des événements extrêmement rares mais gigantesques.
Défi 10⭐⭐⭐⭐ Expert30–45 minArrêt optimal

Le problème du secrétaire

Comment choisir le meilleur candidat quand toute décision est définitive ?

N candidats passent dans un ordre aléatoire. Après chaque entretien, tu dois immédiatement décider de recruter ou de refuser définitivement le candidat. Tu peux comparer les candidats déjà vus, mais tu ne connais pas la qualité de ceux qui restent.

Ton seul objectif est de recruter le meilleur des N candidats. Quelle stratégie maximise la probabilité de réussir lorsque N est grand ?
Indice 1
Une bonne stratégie consiste à observer d’abord plusieurs candidats sans jamais les choisir, afin d’obtenir un niveau de référence.
Indice 2
Si tu rejettes les r premiers puis choisis le premier candidat meilleur que tous ceux déjà vus, la probabilité de succès est approximativement x ln(1/x), avec x=r/N.
Voir la solution détaillée
Choisissons un entier r. On rejette systématiquement les r premiers candidats, puis on recrute le premier candidat suivant qui est meilleur que tous les candidats observés jusque-là.

Pour que cette stratégie choisisse le meilleur candidat, celui-ci doit apparaître après la position r et le meilleur candidat parmi ceux qui le précèdent doit être situé dans les r premières positions.

Pour N grand, si x=r/N, la probabilité de succès est approximativement
P(x) ≈ x ln(1/x)
On maximise cette fonction :
P'(x) = ln(1/x) − 1 = 0 ⇒ x = 1/e ≈ 0,368
La stratégie optimale consiste donc à observer environ les 37 % premiers candidats, puis à choisir le premier qui bat tous ceux déjà vus.

La probabilité maximale de sélectionner le meilleur tend elle aussi vers
1/e ≈ 36,8 %
💡 Idée à retenir : il faut équilibrer deux risques opposés — décider trop tôt sans information, ou attendre tellement longtemps que le meilleur candidat soit déjà passé.