Quelles est la probabilité d'avoir au moins trois "Face" sur 5 coinflip ?

https://ccnmtl.columbia.edu/projects/mmt/frontiers/web/chapter_5/6681....

Google tu connais?

Haha !

C'est pas demain la veille que je coopterais Dk pour travailler dans une banque !

Oh wait...

1/2

Version easy : un peu de jugeote voyons !
Soit t'as au moins 3 pile, soit t'as au moins 3 face, et les deux événements sont exclusifs et équiprobables. Comme la probabilité totale doit valoir 1, la probabilité de chacun d'eux vaut 1/2.

Version hard : combinatoire
Nombre de combinaisons total : 2^5 = 32
Nombre de combinaisons avec 3 face : (3 parmi 5) = 5!/(3!*(5-3)!) = 120/(6*2) = 10
Nombre de combinaisons avec 4 face : (4 parmi 5) = 5!/(4!*(5-4)!) = 120/(24*1) = 5
Nombre de combinaisons avec 5 face : (5 parmi 5) = 5!/(5!*(5-5)!) = 120/(120*1) = 1
P(F>=3) = (10+5+1)/32 = 1/2

jelly ton lien donne P(F=3), pas P(F>=3).

Ca dépend du nombre de côtés total de ta pièce, du nombre de cotés face, d'un éventuel pipage, et de la gruge du lanceur.

Bien vu j'avais mal lu sa question

Tu développes ton comment?

@jelly : Non. Il se suffit à lui-même.

Propre la solution "very easy" de Madmox.

Y a aussi la version encore plus générique qui utilise la loi binomiale avec n=5, k={3, 4, 5}, et p=1/2, mais c'est peu ou prou la même chose que le dénombrement combinatoire (sauf que ça permet aussi de calculer la proba si la pièce est pipée en faisant varier p).

Et si on t'endors et on effaces ta mémoire entre chaque lancers, sans te préciser si c'est le lundi ou le mardi ?

Tu sais que le gars t'as bloqué hein? Il voit pas tes messages.

Tant mieux pour lui !

C'est Noël. Il y a 5 enfants. Chacun à tour de rôle jusqu'au 4e choisit au hasard de façon équiprobable un autre enfant qui n'a pas déjà reçu un cadeau et lui donne son cadeau. Le 5e enfant donne son cadeau au dernier qui n'a pas reçu de cadeau. Quelle est la probabilité que le 5e reçoive son propre cadeau?

Si j'ai bien suivi tout les enfants ont au moins un cadeau au départ, (Bien que ce n'est précisé nulle part). Mais cela signifie qu'ils n'ont personne à qui donner leurs cadeaux vu qu'ils doivent choisir un enfant qui n'a pas déjà reçu de cadeau :/

Et du coup qu'est-ce que tu appelles recevoir son propre cadeau ? Recevoir le cadeau que l'on a acheté et offert ou le cadeau que l'on nous a offert avant ce mic-mac ?

Allez Coro tu peux faire un énoncé plus rigoureux, j'en suis sur :D

Une chance sur 5.
Le nombre total de tirage est le nombre de permutation de {1;2;3;4;5}, soit 5!=120. Le nombre de tirage où le 5e gosse a son propre cadeau est le nombre de permutation de {1;2;3;4}, soit 4!=24. Le rapport vaut 1/5.

En pratique, l'ordre du tirage n'a pas d'importance. Le 5e gosse a autant de chance de recevoir son propre cadeau, que le 1er gosse a de chance de recevoir son propre cadeau.

Chaque enfant a un cadeau à donner. A tour de rôle, chacun (jusqu'au 4e) donne son cadeau à un *autre* enfant à qui on n'a pas encore donné de cadeau. Il choisit au hasard de façon équiprobable. Par exemple, le premier donne son cadeau à un enfant parmis 2, 3, 4 et 5, mettons qu'il choisisse 3 au hasard. Puis 2 donne son cadeau à un enfant parmis 1, 4 et 5. Jusqu'au 4e qui donne son cadeau. Le 5e enfant donne son cadeau au dernier qui n'a pas reçu de cadeau de cette façon (ça peut être lui-même sur manque de chance). La question est la probabilité que le 5e se retrouve à se donner son propre cadeau à lui-même.

Ok donc la réponse d'ano est fausse

Je préfère considérer que ma réponse est bonne, mais pas pour l'énoncé donné.

Dans le même problème avec seulement 3 enfants, 3 a 0,25 de proba de se retrouver avec son propre cadeau. Ce n'est donc pas 1 chance sur le nombre d'enfants la bonne réponse. C'est vraisemblablement plus petit que ça.

J'ai un peu peur qu'il n'y ait pas vraiment meilleur réponse à cette question que le calcul brutal de la proba de chaque permutation sans point fixe des 4 premiers enfants (ce sont les répartitions possibles des cadeaux qui forcent le 5e à recevoir son propre cadeau). Il y a cependant peut-être une façon de calculer la proba associée à chacune de ces permutations en fonction d'une caractéristique de la permutation, mais même si on arrive à faire ça, je doute que la somme soit facile à calculer sans passer par le détail de toutes les permutations sans point fixe. Bref, ça a l'air pénible mon truc.