Probabilités : 10 problèmes difficiles résolus pas à pas

Comptez les boîtes vides par inclusion-exclusion.

1. Il existe 4⁸ affectations équiprobables. Les répartitions des effectifs ne sont pas équiprobables.

2. Une boîte fixée vide laisse 3⁸ affectations. Soustrayez quatre fois ce nombre, ajoutez C(4,2)2⁸ pour corriger les doubles soustractions, puis soustrayez C(4,3)1⁸. Quatre boîtes vides sont impossibles.

P = [4⁸ − C(4,1)3⁸ + C(4,2)2⁸ − C(4,3)1⁸]/4⁸
  = 40824/65536 = 5103/8192 ≈ 62.29%

Ne multipliez pas quatre probabilités de boîte non vide : ces événements sont dépendants.

Suivez le suffixe utile, pas des groupes disjoints de trois lancers.

1. w(s) est la probabilité de victoire de A avec le suffixe utile s : ∅, H, HH, T ou TH. HHT vaut 1, THH vaut 0. Après HH, le premier T fait gagner A presque sûrement.

2. Depuis T, H mène à TH et T reste T. Depuis TH, H fait perdre A et T ramène à T :

w(HH)=1
w(T)=w(TH)/2+w(T)/2
w(TH)=w(T)/2
⇒ w(T)=w(TH)=0
w(H)=w(HH)/2+w(T)/2=1/2
w(∅)=w(H)/2+w(T)/2=1/4

3. A gagne avec probabilité 1/4, B avec 3/4. A ne peut gagner que si les deux premiers lancers sont HH. Sinon, un T précède le premier HH, qui complète THH. L’équiprobabilité de triplets fixés ne rend pas la course équitable.

Le premier bulletin doit être A. Réfléchissez un mauvais chemin jusqu’à sa première égalité.

1. Il existe C(12,7) ordres, dont C(11,6) commencent par A.

2. Pour un ordre commençant par A puis atteignant une égalité, échangez A et B jusqu’à cette première égalité. Ce préfixe contient autant de A que de B : les totaux restent identiques, mais l’ordre commence maintenant par B.

3. Tout ordre commençant par B doit atteindre une égalité avant de finir avec A devant de deux. La même opération est inverse : il s’agit d’une bijection. Les mauvais ordres sont donc au nombre de C(11,7).

C(12,7) = 792
C(11,6) − C(11,7) = 462−330 = 132
P = 132/792 = 1/6 ≈ 16.67%

Autoriser les égalités changerait la réponse : l’avance doit rester stricte.

Le plus long côté doit être plus court que la somme des trois autres.

1. Il faut max Lᵢ<1/2. Les égalités et coupes confondues ont probabilité nulle.

2. Les coupes ordonnées ont densité constante 3!. Le passage aux longueurs a un déterminant égal à 1 : les longueurs sont uniformes sur le simplexe tridimensionnel Lᵢ≥0, ΣLᵢ=1.

3. Pour L₁≥1/2, soustrayez 1/2 à L₁. Le simplexe restant a une somme de 1/2 : ses trois dimensions sont divisées par deux, donc son volume par huit. Cela vaut pour chaque morceau. Deux morceaux ne peuvent dépasser 1/2 simultanément ; les intersections au bord sont de probabilité nulle.

L₁+L₂+L₃+L₄=1
P(Lᵢ ≥ 1/2) = (1/2)³ = 1/8
P(max Lᵢ < 1/2) = 1−4/8 = 1/2

La réponse est 1/2. Couper d’abord en deux moitiés, puis chacune au hasard, serait une autre expérience.

Calculez d’abord la probabilité d’un ordre précis avec k blanches.

1. Les dénominateurs sont 2,3,…,11. Pour k blanches, les facteurs blancs du numérateur sont 1,…,k et les noirs 1,…,10−k, quel que soit leur ordre.

2. Multipliez cette probabilité par les C(10,k) ordres possibles :

P(WW…BB… dans un ordre fixé) = k!(10−k)!/11!
P(K=k) = C(10,k) k!(10−k)!/11! = 1/11
P(K ≥ 8) = 3/11 ≈ 27.27%

3. K est uniforme sur 0,…,10. Les valeurs favorables sont 8, 9 et 10. Ce n’est pas une loi binomiale : les tirages dépendent du passé. La symétrie des couleurs n’implique pas l’indépendance.

Pondérez les valeurs de p par la vraisemblance de l’observation.

1. Pour p fixé, cinq H ont probabilité p⁵. L’intégrale contre la densité initiale uniforme donne la probabilité de l’observation.

2. Cinq H puis un sixième H correspondent à six H initiaux. Appliquons la probabilité conditionnelle :

P(HHHHH) = ∫₀¹ p⁵ dp = 1/6
P(HHHHHH) = ∫₀¹ p⁶ dp = 1/7
P(H₆ | H₁H₂H₃H₄H₅) = (1/7)/(1/6) = 6/7

3. Environ 85,71 %. Nous apprenons un biais inconnu : nous ne modifions pas une pièce connue équilibrée. Si p était connu égal à 1/2, la réponse resterait 1/2. Retirer un nouveau p à chaque lancer serait encore un autre modèle.

Conditionnez par la position k du meilleur.

1. Si le meilleur est au rang k>r, il est choisi exactement lorsque le meilleur des k−1 précédents se trouve parmi les r premiers. Cette probabilité est r/(k−1), ce qui garantit l’absence d’arrêt préalable.

2. Chaque rang k a probabilité 1/10. Sommez de k=r+1 à 10, avec j=k−1. Pour r=0, on choisit immédiatement le premier.

Pᵣ = (r/10) Σⱼ₌ᵣ⁹ 1/j  (1 ≤ r ≤ 9)
P₀ = 1/10
P₃ = (3/10)(1/3+1/4+…+1/9) ≈ 0.39869048
P₄ ≈ 0.39825397

3. Pour r=1,…,9 : 0,282897 ; 0,365794 ; 0,398690 ; 0,398254 ; 0,372817 ; 0,327381 ; 0,265278 ; 0,188889 ; 0,100000. Rejetez 3 candidats : l’avantage sur 4 est faible mais réel. Nous optimisons la famille annoncée, sans information supplémentaire.

Calculez la probabilité de ne pas avoir encore arrêté après n tirages.

1. N>n équivaut à Sₙ≤1. Dans le cube unité de dimension n, cette région est un simplexe de volume 1/n!. Par récurrence, Vₙ(t)=tⁿ/n!, et Vₙ₊₁(1)=∫₀¹(1−u)ⁿ/n! du=1/(n+1)!, avec n=1 comme départ.

2. Pour N entier positif, l’espérance est la somme des P(N>n), à partir de n=0 : un résultat N=m contribue exactement m indicatrices.

Sₙ = U₁+…+Uₙ,  S₀=0
P(N>n) = P(Sₙ ≤ 1) = 1/n!
E[N] = Σₙ₌₀∞ P(N>n)
     = 1+1+1/2!+1/3!+… = e ≈ 2.71828

La moyenne vaut e, pas 2 : la somme finale dépasse le seuil. Comme P(N>n)=1/n! tend vers zéro, l’arrêt survient presque sûrement.

Comptez les suites évitant HHHHH ; les fenêtres se superposent.

1. aₙ compte les suites de longueur n sans cinq H consécutifs. Pour n<5, les 2ⁿ suites conviennent.

2. Pour n≥5, une suite admissible contient T et se termine par exactement un des blocs T, TH, THH, THHH, THHHH. Retirer ce bloc laisse une suite admissible plus courte :

a₀=1, a₁=2, a₂=4, a₃=8, a₄=16
aₙ=aₙ₋₁+aₙ₋₂+aₙ₋₃+aₙ₋₄+aₙ₋₅  (n ≥ 5)
a₅=31, a₁₀=912, a₁₅=26784, a₂₀=786568
P = 1−a₂₀/2²⁰ = 32751/131072 ≈ 24.9870%

3. Soustrayez de 1 la probabilité d’évitement. La formule 1−(31/32)¹⁶ est fausse : les seize fenêtres ne sont pas indépendantes. La récurrence compte chaque suite exactement une fois.

Suivez les cycles de la permutation tiroir-contenu.

1. i ouvre le tiroir i, puis celui indiqué par son contenu, et continue. Il réussit exactement si son cycle a longueur au plus dix.

2. Tous réussissent si aucun cycle ne dépasse dix. Pour k>10, choisissez k éléments, ordonnez leur cycle de (k−1)! façons et permutez les autres de (20−k)! façons.

3. Deux cycles plus longs que dix ne peuvent coexister. Les événements exclus sont donc disjoints :

P(un cycle de longueur k)
= C(20,k)(k−1)!(20−k)!/20! = 1/k  (k>10)
P(succès) = 1−Σₖ₌₁₁²⁰ 1/k
           = 77107553/232792560 ≈ 33.1229%

Ne multipliez pas vingt probabilités individuelles 1/2 : la stratégie rend les succès dépendants. C’est une version à vingt participants du problème classique des noms dans des boîtes.