Dans ces énigmes, il va falloir trouver la probabilité que certains événements se produisent ...
Le banni, l'urne et les jetons
Un des membres du forum de la Bibm@th a eu un comportement violant les règles de fonctionnement.
Yoshi, le grand modérateur, se voit dans l'obligation de le bannir. Mais il déteste devoir faire usage
de la force, et lui propose le jeu suivant : "Voici 100 jetons : 50 jetons noirs, 50 jetons blancs.
Voici deux urnes. Tu peux disposer dans chacune des urnes autant de jetons noirs et de jetons blancs que tu veux,
du moment que tous les jetons se trouvent dans les urnes (et qu'aucune urne ne soit vide). Ensuite, je vais te bander
les yeux et mélanger les deux urnes. Tu vas alors en choisir une, puis tirer un jeton au hasard dans cette urne.
S'il est blanc, tu pourras revenir sur le forum. S'il est noir, je te bannis".
Comment le membre doit-il répartir les jetons dans chaque urne pour optimiser ses chances d'éviter le bannissement?
La meilleure solution est la suivante : dans une urne, il met un seul jeton blanc. Dans l'autre urne, il met
les 99 jetons restants. S'il choisit la première urne, il s'en sort dans tous les cas. S'il choisit la deuxième urne,
il s'en sort avec une probabilité égale à $\frac{49}{99}$. Sa probabilité de s'en sortir est donc égale à :
$$\frac12+\frac12\times\frac{49}{99}\simeq0,747…$$
Il a ainsi presque trois chances sur quatre de s'en sortir. C'est la meilleure stratégie. En effet,
ou bien il chaque urne contient autant de boules blanches que de boules noires. Clairement, il a une chance sur deux
de s'en sortir dans ce cas. Sinon, il y a une urne, disons U1, qui contient plus de boules blanches que de boules noires,
et une autre, disons U2, qui contient plus de noires que de blanches.
s'il choisit U1, il a une probabilité inférieure ou égale à 1 de s'en sortir.
s'il choisit U2, notons $b$ le nombre de boules blanches dans cette urne, et $n$ le nombre de boules noires.
Alors $n\geq b+1$ et donc la probabilité de s'en sortir est inférieure ou égale à
$\frac{b}{2b+1}$. Mais cette fonction est croissante avec $b$ et comme $b\leq 49$, la probabilité
qu'il s'en sorte en choisissant la deuxième urne est inférieure ou égal à $\frac{49}{99}$.
Prédire sans rien voir !
Deux amis ont chacun deux pièces équilibrées (chacun a une pièce rouge et une pièce bleue). L'un est à Paris l'autre à New York. Au même moment ils lancent chacun leurs deux pièces (chacune est donc sur pile ou face avec probabilité 1/2). Chacun constate ses propres lancers, puis envoie une lettre rouge ou bleue à son ami (ils envoient ces lettres au même moment sans avoir communiquer). Quelques jours plus tard, les deux amis reçoivent la lettre colorée de l'autre. Chacun regarde alors si sa pièce de la couleur indiquée par la lettre reçue est sur face. Ils gagnent si les deux prédictions sont justes, ils perdent si au moins l'une des deux prédictions est fausse.
Ainsi le but pour les deux est de prédire la couleur d'une pièce de son ami qui serait sur face, tout cela sans rien voir!
Ex :
À Paris, la pièce rouge est sur pile et la pièce bleue est sur face : le Parisien décide d'envoyer une lettre rouge
À New York, la pièce rouge est sur face et la pièce bleue est sur pile : le New-Yorkais décide d'envoyer une lettre rouge.
La prédiction du Parisien est correcte car la pièce rouge du New-Yorkais est bien sur face. Mais la prédiction du New-Yorkais est fausse car la pièce rouge du Parisien est sur pile. Ainsi dans cette configuration les deux amis ont perdu.
A priori, si chacun choisit la couleur de sa lettre au hasard, alors il y aura une chance sur quatre que les deux amis soient victorieux.
Trouvez une stratégie qui leur donne une chance plus grande (strictement) de gagner !
Énigme proposée par Glozi sur le forum !
Chacun envoie une lettre rouge si sa pièce rouge indique face, et une lettre bleue sinon. Avec ce choix, la probabilité de gagner est $\frac 14+\frac1{16}$. En effet, les amis gagnent si pour tous les deux leur pièce rouge est sur face, ce qui arrive avec une probabilité $1/4$. Ils gagnent également si leurs deux pièces rouges sont sur pile, et leur deux pièces bleues sont sur face, donc avec probabilité $1/16$.
Le craps
Dans ce jeu de dés, on lance deux dés cubiques (parfaitement équilibrés), et on regarde
la somme des deux dés.
Votre adversaire parie 10 euros que vous obtiendrez un 8 avant de faire un 7… vous acceptez!
Il parie ensuite 10 euros que vous obtiendrez un 8 avant de faire 7... vous acceptez!
Il parie enfin 1000 euros que vous obtiendrez un 8 et un 6 avant de faire deux 7.
Acceptez-vous encore le pari???
La réponse est non : il ne faut pas accepter ce dernier pari.
Les deux premiers paris sont à votre avantage car il y a plus de probabilité de tomber sur un 7 (6/36) que sur un 8 (5/36) ou un 6 (5/36). Cependant, la probabilité d'obtenir un 8 et un 6 avant d'obtenir deux 7 est d'environ 0.546. Donc le dernier pari est, en terme de probabilité,
plus avantageux pour votre adversaire.
Expliquons ce calcul de probabilités. On va calculer la probabilité d'obtenir deux 7 avant de sortir un 6 et un 8.
On note $A_n$ l'événement : j'obtiens un deuxième 7 au $n+1$-ième lancer, sans avoir obtenu de 6 ni de 8 auparavant.
On va calculer $P(A_n)$, la probabilité que l'on cherche étant $\sum_{n=1}^{+\infty}P(A_n)$.
On note alors :
$B_n$ l'événement : "dans les $n$ premiers lancers, j'ai obtenu ni 6, ni 8, et un seul 7, et le (n+1)-ème lancer donne un 7"
$C_n$ l'événement : "dans les $n$ premiers lancers, j'ai obtenu un seul 7, un ou plusieurs 8, et aucun 6, et le (n+1)-ème lancer donne un 7"
$D_n$ l'événement : "dans les $n$ premiers lancers, j'ai obtenu un seul 7, un ou plusieurs 6, et aucun 8, et le (n+1)-ème lancer donne un 7"
$A_n$ est la réunion disjointe des trois événements $B_n$, $C_n$ et $D_n$. De plus, par symétrie du rôle joué par $6$ et $8$, et
parce que la probabilité d'obtenir 6 est égale à la probabilité d'obtenir 8, on a $P(C_n)=P(D_n)$.
Reste donc à calculer $P(B_n)$ et $P(C_n)$. Pour $P(B_n)$, c'est simple : on doit choisir un lancer pour lequel on a 7 (donc avec une probabilité
de $6/36$), le dernier lancer donne un 7 (toujours avec une probabilité de $6/36$),
et pour tous les autres lancers on a ni 6, ni 7, ni 8 (donc avec une probabilité de 20/36). On en déduit que
$$P(B_n)=n\times\frac {6^2}{36^2}\times\left(\frac{20}{36}\right)^{n-1}.$$
Le calcul de $P(C_n)$ est plus délicat, car on ne sait pas combien de 8 on a obtenu. On doit tenir compte de tous les cas (de 1 à $n-1$),
et on choisit également les tirages où on a obtenu ces 8. On obtient donc
$$P(C_n)=n\times\frac {6^2}{36^2}\times\left(\binom{n-1}1 \left(\frac{5}{36}\right)^1\left(\frac{20}{36}\right)^{n-2}+
\dots+\binom{n-1}{n-1} \left(\frac{5}{36}\right)^{n-1}\left(\frac{20}{36}\right)^{0}\right)$$
soit plus simplement
$$P(C_n)=n\times\frac {6^2}{36^2}\times \left(\left(\frac{20}{36}+\frac{5}{36}\right)^{n-1}-\left(\frac{20}{36}\right)^{n-1}\right).$$
Il vient donc :
$$P(A_n)=n\times\frac{6^2}{36^2}\times \left(2\left(\frac{20}{36}+\frac{5}{36}\right)^{n-1}-\left(\frac{20}{36}\right)^{n-1}\right).$$
On somme cette quantité pour $n$ allant de $1$ à $+\infty$, et on trouve :
$$\sum_{n\geq 1}P(A_n)=\frac{6^2}{36^2}\left(\frac 2{\left(1-\left(\frac{20}{36}+\frac{5}{36}\right)\right)^2}-\frac 1{\left(1-\frac{20}{36}\right)^2}\right).$$
Une petite application numérique donne une probabilité valant approximativement 0,454, c'est-à-dire moins de 1/2.