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

Une simulation me donne une valeur d'environ 13,2%.

Mettons la notation ABCD où A est l'index de l'enfant à qui l'enfant 1 a offert son cadeau, B l'index de l'enfant à qui l'enfant 2 a offert son cadeau... Les permutations valides et leur probabilité associée sont les suivantes :
2143 : 1/4 * 1/4 * 1/2 * 1/2 = 1/64
2341 : 1/4 * 1/4 * 1/3 * 1/2 = 1/96
2413 : 1/4 * 1/4 * 1/2 * 1/2 = 1/64
3142 : 1/4 * 1/3 * 1/3 * 1/2 = 1/72
3412 : 1/4 * 1/3 * 1/3 * 1/2 = 1/72
3421 : 1/4 * 1/3 * 1/3 * 1/2 = 1/72
4123 : 1/4 * 1/3 * 1/2 * 1/2 = 1/48
4312 : 1/4 * 1/3 * 1/3 * 1/2 = 1/72
4321 : 1/4 * 1/3 * 1/3 * 1/2 = 1/72

L'union de toutes ces permutations (somme des probas) donne une probabilité de 19/144 soit ~ 13,2 %.

*Les permutations valides pour lesquelles l'enfant 5 s'offre son propre cadeau

Pour déterminer la liste des permutations valides, j'ai listé toutes les permutations de {1, 2, 3, 4} possibles (il y en a 4! = 24), et éliminé celles qui n'étaient pas valides (i.e. pour lesquelles un des 4 enfants se donne son propre cadeau).

Pour déterminer la probabilité de chaque permutation, j'ai énuméré les choix possibles de chaque enfant en fonction des cadeaux déjà distribués par ceux d'avant (principale source d'erreur possible dans mon calcul, même si la simulation semble confirmer le résultat).

Maintenant je vous laisse trouver la formule généralisée pour N enfants ! (où le dernier s'offre son propre cadeau)

Le nombre de permutations sans point fixe, ou dérangement, est :
Dn = n! x Somme(i de 0 à n ; (-1)^i x 1/i!)

Le nombre de permutation autorisées par l'énoncé est Dn + (n-1)!.
La probabilité que le dernier gosse ai son propre cadeau est (n-1)!/(Dn + (n-1)!)

Wow, merci Madmox, beau travail.

@Ano Toutes les permutations ne sont pas équiprobables, regarde la réponse de Madmox.

Si je ne m'abuse :

P(X=1) = 1 (ici la formule d'ano fonctionne)
P(X=2) = 1 (à partir de là, la formule d'ano ne fonctionne plus)
P(X=3) = 1/4
P(X=4) = 1/9
P(X=5) = 19/144 (étonnant, on dirait que la fonction n'est pas décroissante !)
...
P(X=N) = ?

Woops, P(X=2) = 0 (l'enfant 1 offre forcément son cadeau au 2).

Déjà j'aurais du prendre D(n-1) au lieu de (n-1)!

Je pige pas d'où vient que tous les cas ne sont pas equiprobaux.
Les cas où aucun gosse n'a son propre cadeau, les dérangements de {1;2;3;4;5} sont equiprobaux, par symétrie.
On ajoute les cas où le dernier gosse a son propre cadeau, mais aucun des autres : donc le nombre de dérangement pour {1;2;3;4}, egalements equiprobaux par symétrie.

Je mettrais ça dans un tableur. C'est le genre de truc où mon intuition sert a rien.

Un exemple : les dérangements 2143 et 2341 ne sont pas équiprobables.

2143
L'enfant 1 peut donner son cadeau à {2, 3, 4, 5} => il avait 1 chance sur 4 de le donner à 2.
L'enfant 2 peut donner son cadeau à {1, 3, 4, 5} => il avait 1 chance sur 4 de le donner à 1.
L'enfant 3 peut donner son cadeau à {4, 5} => il avait 1 chance sur 2 de le donner à 4.
L'enfant 4 peut donner son cadeau à {3, 5} => il avait 1 chance sur 2 de le donner à 3.
Probabilité de la permutation : 1/(4*4*2*2) = 1/64

2341
L'enfant 1 peut donner son cadeau à {2, 3, 4, 5} => il avait 1 chance sur 4 de le donner à 2.
L'enfant 2 peut donner son cadeau à {1, 3, 4, 5} => il avait 1 chance sur 4 de le donner à 3.
L'enfant 3 peut donner son cadeau à {1, 4, 5} => il avait 1 chance sur 3 de le donner à 4.
L'enfant 4 peut donner son cadeau à {1, 5} => il avait 1 chance sur 2 de le donner à 1.
Probabilité de la permutation : 1/(4*4*3*2) = 1/96

Tu ne peux donc pas simplement "sommer" les permutations.

En fait, si on ne considère que les permutations qui conduisent l'enfant N à se donner son propre cadeau, l'enfant i tel que 1 <= i <= N-1 peut donner son cadeau à N-i enfants s'il n'a pas déjà reçu le sien (toujours le cas de l'enfant 1), et à N-i+1 enfants s'il l'a déjà reçu (toujours le cas de l'enfant N-1). Mais le fait que tel enfant a déjà reçu son cadeau lorsque c'est son tour d'en donner un varie en fonction des permutations, d'où la non-équiprobabilité.

Hier soir j'avais la solution brut de madmox en faisant un arbre et j'avais remarqué que l'astuce d'utiliser les dérangements ne marchait pas vu que je n'arrivais pas au même résultats et en l'absence de solutions jolies je n'avais préféré ne rien poster :D

C'est un joli problème, mais il serait encore plus joli avec une joli solution.

Hop, désolé. C'est une situation qui m'est réellement arrivée, j'ai simplement remplacé le contexte par un autre qui fasse plus problème de math. C'est d'ailleurs pour ça que j'ai posté avec 5 enfants plutôt que 4, 6 ou N. En plus, avec 5, ça me semblait encore raisonnable de calculer tous les cas même si j'espérais quand même une belle solution qui ne nous force pas à faire ça. J'ai eu la malchance dans ma situation que le 5e enfant se retrouve avec son propre cadeau et je me demandais quelle était la proba que ça se produise, parce que ça avait l'air improbable.

Après vérification :
P(X=1) = 1
P(X=2) = 0
P(X=3) = 1/4 = 25,0 %
P(X=4) = 5/36 ~ 13,9 %
P(X=5) = 19/144 ~ 13,2 %

La simulation confirme ces résultats. D'ailleurs, en la faisant tourner sur les 10 premières valeurs de X, j'observe que la probabilité semble être décroissante à partir de X=3. Pas garanti que ce soit vrai tout le temps par contre.

P(X=6) ~ 11,3 %
P(X=7) ~ 10,1 %
P(X=8) ~ 9,0 %
P(X=9) ~ 8,3 %
P(X=10) ~ 7,6 %

Au boulot, où je me charge du tirage au sort du père Noël secret, j'ai choisi une méthode de tirage qui garanti que personne ne se tire lui même. Traiter le pb a la source. Ou même plus à la source encore : Noël est annulé, c'est réglé

Dans une boîte cubique transparente et refermable, peuvent être rangés exactement 8 dés cubiques.
J'ai rangé les dés de façon aléatoire, j'ai refermé la boîte et je l'ai posé sur une face au hasard en face de moi de manière à voir trois des faces de la boîte.

Quelle est la probabilité de voir par transparence pour chacune des trois face visibles de la boîte, 4 fois le même symbole sur les dés ?

1er essai.

Mettons que les dés prennent tout l'espace de la boîte cubique et sont donc empilés en une structure de 2x2x2 dés. Les faces visibles de la structure ainsi formée sont nommées 1, 2 et 3.

- Il y a 24 positions possibles pour chacun des 7 dés visibles, donc 24^7 configurations possibles (on ignore le dé caché qui n'a pas d'incidence sur le problème).
- La position du dé à l'intersection des 3 faces visibles est quelconque : 24 positions possibles. Ainsi les symboles sur les faces 1, 2 et 3 sont déterminés.
- La position des 3 autres dés à l'intersection des arêtes des faces visibles est totalement contrainte (car 2 faces non opposées contraintes) : 1 position valide.
- La position des 3 dés restants est partiellement contrainte (car 1 face contrainte) : 4 positions valides.

Il y a donc 24*1*1*1*4*4*4 positions valides parmi 24^7 positions possibles.
P = (24*1*1*1*4*4*4)/(24^7) = 1 / 2 985 984

Si j'ai bien compris, la question est:
Quelle est la probabilité dans "1 chance sur deux".
Darkent pose la question, génie,
Et vous vous débattez pendant deux pages pour lui répondre que ça fait 1 chance sur deux.
Non mais LoL quoi MdR!

Je vous donne ma bonne réponse:
-Les lois de l'attraction.
du coup ça dépend forcément de ton niveau de super Sayan.

J'avais pas vu que le titre était "Maths".

Du coup si je lance 5 pièce, 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5 que je divise en 5 lancer, donc 5/5= 1. donc 1 + 1 + 1 + 1 + 1 lancer séparés qui ont donc chacun 1 chance de faire pile, 1 chance de faire face, 1 chance de faire la tranche, 1 chance que ton lancé te paye une canette et que tu n'ai pas eu le temps de voir le résultat, etc.

Donc, chaque lancer à 1 chance.
Donc avec un peu de chance, c'est possible..
..
...
???
..



...

J'ai bon ?