Quelques paradoxes

Thèmes: Espaces probabilisés finis - Indépendance
 
 
 
 
 

 

  • Le jeu de Monty-Hall. Lors d'un jeu télévisé (Let's make a deal), un candidat se trouve face à trois portes fermées.
Derrière l'une d'elle se trouve une voiture de sport, et derrière les deux autres se trouve une chèvre.
Le candidat choisit alors une des trois portes, sans l'ouvrir.
Le présentateur (Monty Hall), qui sait où se trouve la voiture de sport, ouvre une des portes non choisies par le candidat et derrière laquelle se trouve une chèvre.
Il propose ensuite au candidat d'ouvrir la porte de son premier choix, ou de changer de choix et d'ouvrir l'autre porte non ouverte par Monty-Hall.
ll gagne alors le lot qui se trouve derrière la porte: une voiture de sport, ou une chèvre!
 
Quelle est la meilleure stratégie pour espérer repartir avec la voiture?
 
Solution naïve: Il reste deux portes, par équiprobabilité chaque porte cache la voiture avec probabilité $\displaystyle \frac{1}{2} $. Les deux stratégies sont donc équivalentes...
 
Solution mathématique: On nomme $1$, $2$ et $3$ les trois portes, de telle sorte que $1$ soit la porte choisie par le candidat.
On introduit les évènements suivants, pour $i\in\{1,2,3\}$:
$V_i$ = "la voiture est derrière la porte $i$"
$P_i$ = "le présentateur ouvre la porte $i$"
 
Sachant que le présentateur ouvre (par exemple) la porte $2$, la probabilité d'emporter la voiture en changeant son premier choix est égale $\displaystyle \mathbb{P} \big( V_3 | P_2)$. Or d'après la formule de Bayes:
$$ \mathbb{P} \big( V_3 | P_2 ) = \frac{ \mathbb{P} (P_2 | V_3 ) \mathbb{P} ( V_3 ) }{ \mathbb{P} (P_2 | V_1 ) \mathbb{P} ( V_1 ) + \mathbb{P} (P_2 | V_2 ) \mathbb{P} ( V_2 ) + \mathbb{P} (P_2 | V_3 ) \mathbb{P} ( V_3 ) } = \frac{ 1 \times \frac{1}{3} }{ \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} + 0 \times \frac{ 1}{3} + 1 \times \frac{1}{3} } = \frac{ 2 }{ 3 } $$
 
La stratégie de changer de porte est donc deux fois plus sûre !
 
Pour aller plus loin:
J.P Delahaye dans Pour la Science 336 Octobre 2005 http://www.lifl.fr/~delahaye/pls/134.pdf
 

 

 

 

  • Mon voisin a deux enfants. Mon voisin a deux enfants dont une fille. Quelle est la probabilité qu'il ait un garçon?
Quelle est la probabilité qu'il ait un garçon sachant que le plus jeune est une fille?
 
Solution. On note A = " il a au moins une fille " et B = " il a au moins un garçon ". On cherche à calculer $\mathbb{P}_A(B)$.
On a:
$$\mathbb{P}(A\cap B)=\mathbb{P}( \hbox{ " il a une fille et un garçon "})=\mathbb{P} ( \hbox{ " l'ainé est une fille, l'autre est un garçon "} ) + \mathbb{P} ( \hbox{ " l'ainé est un garçon, l'autre est une fille " } )$$
donc:
$$\mathbb{P}(A\cap B)= \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $$
car le sexe de l'ainé est indépendant du sexe de l'autre enfant.
De plus:
$$\mathbb{P}(A)= 1 - \mathbb{P} ( \hbox{ " il a deux garçons " } ) = 1 - \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{4} $$
avec le même argument d'indépendance.
On a donc:
$$\mathbb{P}_A(B)=\frac{ \mathbb{P} ( A \cap B ) }{ \mathbb{P} ( A ) } = \frac{ \displaystyle \frac{1}{2} }{ \displaystyle \frac{3}{4} } = \frac{2}{3}$$
 
Ceci est contre-intuitif: on s'attendait à trouver $\displaystyle \frac{1}{2} $ .
 
On peut même remarquer que A et B ne sont pas indépendants! En effet:
$$\mathbb{P}(B)= 1 - \mathbb{P} ( \hbox{ " il a deux filles " } ) = 1 - \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{4} $$
et donc $\mathbb{P}(B) \neq \mathbb{P}_A (B) $.
 
Ensuite, on note C = " le plus jeune est une fille " et D = " le plus agé est un garçon ". On cherche à calculer $\mathbb{P}_C(D)$.
Comme le sexe de l'ainé est indépendant du sexe de l'autre enfant, C est indépendant de D. On a donc:
$$ \mathbb{P}_C(D) = \mathbb{P} (D) $$
Or:
$$\mathbb{P}(D) = \mathbb{P} ( \hbox{ " l'ainé est un garçon, l'autre est un garçon "} ) + \mathbb{P} ( \hbox{ " l'ainé est un garçon, l'autre est une fille " } ) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2}+\frac{1}{2}\times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} $$
Donc:
$$\mathbb{P}_C(D)= \frac{1}{2} $$
 
On retrouve ainsi le résultat intuitif. On pourra retenir le rôle primoridial de l'information dans le calcul des probabilités.
 
 
 
  
  • Le paradoxe des anniversaires (ou problème des rencontres). On considère une classe de $n$ élèves.
1) Quelle est la probabilité qu'au moins deux élèves soit nés le même jour? Quelle est la valeur minimale de $n$ pour que cette probabilité soit supérieure ou égale à $\displaystyle\frac{1}{2}$?
On négligera les années bissextiles et on supposera que pour un élève chaque jour a la même probabilité d'être son anniversaire, ceci indépendamment des autres élèves.
2) Quelle est la probabilité qu'au moins un élève soit né le même jour que l'enseignant de mathématiques? Quelle est la valeur minimale de $n$ pour que cette probabilité soit supérieure ou égale à $\displaystyle\frac{1}{2}$?
 
Solution. 1) On note $A$ l'évènement "au moins deux élèves sont nés le même jour".
 
Si $n\geq 366$, il est clair que $\mathbb{P}(A)=1$ d'après le principe des tiroirs (si on dispose de $m$ tiroirs et de $n>m$ chaussettes à ranger dans ces tiroirs, alors au moins tiroir va contenir au moins deux chaussettes).
 
Intuitivement, on pourrait donc penser qu'il faut au minimum $\dfrac{366}{2}=183$ élèves pour que cette probabilité dépasse $\dfrac{1}{2}$. Mais nous allons voir qu'en fait le nombre cherché est beaucoup plus petit!
 
Supposons donc que $n\leq 365$. On modélise l'expérience aléatoire par $\Omega = \lc 1;365 \rc^n$.
$\overline{A}$ est l'évènement "tous les élèves sont nés des jours différents".
$\overline{A}$ est donc l'ensemble des $n$-uplets dont les composantes sont deux à deux distinctes. Son cardinal est le nombre d'arrangements de $n$ nombres pris entre $1$ et $365$:
$$ \hbox{Card}(\overline{A})=365\times 364\times\dots\times (365-n+1) = \dprod_{k=0}^{n-1} (365-k) $$
On en déduit que:
$$\p(A)=1-\dfrac{\dprod_{k=0}^{n-1} (365-k)}{365^n}=1-\dprod_{k=0}^{n-1}\left(1-\dfrac{k}{365}\right)$$
 
Pour déterminer la plus petite valeur de $n$ telle que $\p(A)\geq1/2$, on utilise le script Scilab suivant:
produit=1;
p=0;
k=0;
while p<1/2
produit=produit*(1-k/365);
p=1-produit;
k=k+1;
end
disp(k)
 
On obtient $n=23$, ce qui est beaucoup plus petit que le nombre $183$ donné par une fausse intuition!
 
2) On note $B$ l'évènement "au moins un élève est né le même jour que l'enseignant de mathématiques".
 
Si $n\geq 366$, on a de même $\mathbb{P}(B)=1$ d'après le principe des tiroirs.
 
Supposons que $n\leq 365$. On modélise toujours l'expérience aléatoire par $\Omega = \lc 1;365 \rc^n$ (le jour d'anniversaire de l'enseignant n'est pas aléatoire).
$\overline{B}$ est l'évènement "tous les élèves sont nés un jour différent de celui du professeur".
$\overline{B}$ est donc l'ensemble des $n$-uplets dont les composantes sont distincte de la date d'anniversaire de l'enseignant. Ainsi:
$$ \hbox{Card}(\overline{B})=364^n $$
On en déduit que:
$$\p(B)=1-\left(\dfrac{364}{365}\right)^n$$
 
Pour déterminer la plus petite valeur de $n$ telle que $\p(B)\geq1/2$, on utilise le script Scilab suivant:
produit=1;
p=0;
k=0;
while p<1/2
produit=produit*364/365;
p=1-produit;
k=k+1;
end
disp(k)
 
On obtient $n=253$. La situtation a donc radicalement changée! Dans le premier cas, on étudiait la rencontre de deux évènements aléatoires, alors que dans le deuxième cas on étudiait la rencontre d'un évènement aléatoire et d'un évènement déterministe.
 
Remarquez que dans le deuxième cas on a une formule explicite pour $n$:
$$ n = \left\lfloor \dfrac{\ln(2)}{ \ln(365)-\ln(364) } \right\rfloor +1 $$
(les demi-crochets désignent la partie entière).