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Le problème de la Belle au bois dormant : La probabilité de la pièce est-elle de 1/2 ou 1/3 ? Le casse-tête qui divise la théorie des probabilités

Thu, 10 Sep 2026 09:00:00 +0900

1. Les règles d’une étrange expérience

Vous (la Belle au bois dormant) avez été choisie comme sujet d’une expérience scientifique. L’expérience se déroule de dimanche à mercredi. Le dimanche soir, on vous fait prendre un somnifère et vous vous endormez.

Après votre endormissement, l’expérimentateur lance une pièce de monnaie équitable (une pièce dont la probabilité d’obtenir pile ou face est exactement de 1/2). Ensuite, selon le résultat, il vous réveillera selon le programme suivant.

[Si le résultat du tirage au sort est “Pile”]

Vous serez réveillée une seule fois le lundi pour qu’on vous pose une question. Ensuite, vous serez endormie à nouveau et ne vous réveillerez plus jusqu’à la fin de l’expérience (mercredi).

[Si le résultat du tirage au sort est “Face”]

Vous serez réveillée le lundi pour qu’on vous pose une question. Ensuite, on vous fera prendre un médicament spécial (un médicament qui efface la mémoire) et vous vous rendormirez.
Vous serez réveillée une seconde fois le mardi pour qu’on vous pose la même question. Ensuite, vous serez endormie à nouveau, ce qui marquera la fin de l’expérience (mercredi).

※ En raison des effets du médicament effaçant la mémoire, à votre réveil, vous ne pourrez absolument pas vous rappeler “quel jour on est” ni “si vous avez déjà été réveillée auparavant”.

graph TD Sunday["Dimanche : La Belle s'endort"] --> Toss{"Tirage au sort"} Toss -->|Pile (1/2)| Mon_Heads["Lundi : Réveil + Question
（Puis fin de l'expérience）"] Toss -->|Face (1/2)| Mon_Tails["Lundi : Réveil + Question
（Puis effacement de la mémoire）"] Mon_Tails --> Tue_Tails["Mardi : Réveil + Question
（Puis fin de l'expérience）"] style Toss fill:#ff9999,stroke:#333 style Mon_Heads fill:#aaffaa,stroke:#333 style Mon_Tails fill:#aaffaa,stroke:#333 style Tue_Tails fill:#aaffaa,stroke:#333

Eh bien, c’est lundi (ou mardi), et vous vous êtes réveillée. Il n’y a ni horloge ni calendrier dans la pièce, et vous ne savez pas quel jour on est.

L’expérimentateur entre alors et vous pose cette question : “Dans votre état d’éveil actuel, à votre avis, quelle est la probabilité que la pièce lancée soit tombée sur ‘Pile’ ?”

Vous êtes une belle femme douée en mathématiques. Alors, que répondez-vous ?

2. Le choc de deux factions : 1/2 ou 1/3

Ce problème a été conçu dans les années 1990 et publié dans une revue universitaire par le philosophe Adam Elga en 2000. La probabilité de la pièce semble évidente, mais en fait, autour de ce problème, les mathématiciens, statisticiens et philosophes du monde entier se sont scindés en deux camps : les “partisans de 1/2 (Halfers)” et les “partisans de 1/3 (Thirders)”, et ils continuent de se livrer à des débats passionnés jusqu’à aujourd’hui.

Écoutons la “logique parfaite” de chaque camp.

Les arguments des “partisans de 1/2 (Halfers)”

“Puisque la pièce est équitable et non truquée, la probabilité d’obtenir pile est évidemment de 1/2. Peu importe le nombre de fois que l’expérimentateur me réveille après que je me sois endormie ou qu’il efface ma mémoire, cela n’affecte en rien le résultat physique de la pièce. Au moment où la pièce a été lancée, la probabilité était de 1/2, et le fait que je me sois réveillée ne m’a apporté aucune nouvelle information (aucun indice pour deviner s’il s’agit de pile ou face). Par conséquent, la probabilité reste de 1/2.”

Il s’agit d’une opinion tout à fait légitime qui met l’accent sur le phénomène physique objectif et la non-actualisation de l’information.

Les arguments des “partisans de 1/3 (Thirders)”

“Le fait même que vous soyez ‘réveillée’ est une information qui modifie la probabilité. Supposons que cette expérience soit répétée 100 fois (100 semaines). La pièce devrait tomber 50 fois sur ‘Pile’ et 50 fois sur ‘Face’.

Pendant les 50 semaines où c’est pile, vous vous réveillez une seule fois le lundi $\rightarrow$ Le nombre de réveils avec ‘Pile’ est de 50 fois

Pendant les 50 semaines où c’est face, vous vous réveillez deux fois, le lundi et le mardi $\rightarrow$ Le nombre de réveils avec ‘Face’ est de 100 fois

En d’autres termes, pour la situation du moment où vous vous réveillez, sur un total de 150 fois, il y a 50 fois le ‘modèle réveillé avec pile’ et 100 fois le ‘modèle réveillé avec face’. C’est pourquoi la probabilité que le réveil que vous vivez actuellement soit ‘Pile’ est de 50 / 150 = 1/3 !”

Il s’agit d’une opinion puissante basée sur le “fréquentisme” et le “principe anthropique”, qui intègre la situation même d’“exister (être observée) maintenant” comme élément de l’espace de probabilité dans le calcul.

3. Calculons avec le théorème de Bayes

Certains tentent également de résoudre ce problème en utilisant le “théorème de Bayes”, un outil mathématique de mise à jour des probabilités. Organisons la logique des “partisans de 1/3” du point de vue de la probabilité conditionnelle.

L’état au moment du réveil correspond à l’un de ces 3 cas :

$E_1$ : La pièce est sur “Pile”, et on est “Lundi”
$E_2$ : La pièce est sur “Face”, et on est “Lundi”
$E_3$ : La pièce est sur “Face”, et on est “Mardi”

La probabilité d’obtenir “Pile” est de $1/2$, et celle d’obtenir “Face” est de $1/2$. Cependant, dans le cas de “Face”, comme “Lundi” et “Mardi” sont parfaitement symétriques (indiscernables à cause de l’absence de mémoire), on peut considérer que la probabilité d’occurrence de $E_2$ et de $E_3$ est égale.

Puisque la somme de toutes les probabilités doit être égale à $1$, en attribuant à chaque réveil une probabilité égale en tant qu’“événement (point d’observation)” indépendant, nous obtenons : $P(E_1) = 1/3$ $P(E_2) = 1/3$ $P(E_3) = 1/3$ Par conséquent, la conclusion est que “la probabilité que ce soit pile ($P(E_1)$)” est de $1/3$.

D’un autre côté, les “partisans de 1/2” réfutent cela en affirmant que “le lundi et le mardi quand la pièce est face ($E_2$ et $E_3$) ne sont, à l’origine, que des événements dépendants dérivés du résultat de la même unique pièce, et qu’il est erroné de les compter comme des probabilités indépendantes”.

4. Pourquoi ce problème reste-t-il non résolu ?

La raison pour laquelle “le problème de la Belle au bois dormant” tourmente autant les chercheurs ne relève pas d’une simple erreur de calcul ou d’une illusion. C’est parce que ce problème touche à la question fondamentale la plus profonde de la théorie des probabilités, à savoir la question philosophique : “Qu’est-ce que la probabilité, au juste ?”

Pour les partisans de 1/2, la probabilité est “une propriété physique de la pièce” ou “un fait objectif”.
Pour les partisans de 1/3, la probabilité est le “degré de croyance de l’observateur (la Belle)” ou “la fréquence observée”.

Des thèmes profonds, faisant écho au “problème de la mesure” en mécanique quantique ou au “principe anthropique” en cosmologie (l’idée de rétrocalculer les probabilités de l’univers à partir du fait que nous existons), sont condensés dans cette simple expérience de tirage au sort.

5. Conclusion

Si vous deveniez le sujet de cette expérience, répondriez-vous “1/2” ou “1/3” à votre réveil ?

Quelle que soit votre réponse, des mathématiciens de renommée mondiale se tiendront derrière vous pour vous défendre. Comment une définition mathématique apparemment simple peut-elle s’effondrer dès qu’elle est liée aux concepts épineux de “subjectivité” et d’“existence” humaine. Aujourd’hui encore, le paradoxe continue d’ébranler notre bon sens.

Le paradoxe de Saint-Pétersbourg : Combien paieriez-vous pour un jeu dont l'espérance de gain est « infinie » ?

Thu, 10 Sep 2026 05:00:00 +0900

1. Le jeu de rêve à l’espérance « infinie »

Alors que vous vous promenez dans un casino, un croupier vous invite à participer à un nouveau jeu de pile ou face :

[Règles du jeu]

Vous payez des frais de participation pour commencer le jeu.
Vous lancez une pièce. Si elle tombe sur face, vos gains sont doublés et vous pouvez lancer la pièce à nouveau.
Si elle tombe sur pile, le jeu s’arrête. Vous remportez alors les gains accumulés jusqu’à ce moment-là.

La cagnotte de départ est de 2 dollars.

Si vous obtenez pile au 1er lancer, vous gagnez 2 dollars et le jeu se termine.
Si vous obtenez face au 1er lancer, puis pile au 2e, vous gagnez 4 dollars et le jeu se termine.
Si vous obtenez face au 1er, face au 2e, puis pile au 3e, vous gagnez 8 dollars et le jeu se termine.
…Et ainsi de suite. Tant que vous obtenez face, les gains doublent indéfiniment : 16 $, 32 $, 64 $…

graph TD Start["Début du jeu"] --> Toss1{"1er lancer de pièce"} Toss1 -->|Pile (1/2)| End1["Fin : Gain de 2 dollars"] Toss1 -->|Face (1/2)| Toss2{"2e lancer de pièce"} Toss2 -->|Pile (1/2)| End2["Fin : Gain de 4 dollars"] Toss2 -->|Face (1/2)| Toss3{"3e lancer de pièce"} Toss3 -->|Pile (1/2)| End3["Fin : Gain de 8 dollars"] Toss3 -->|Face (1/2)| Toss4{"..."} Toss4 -.->|Tant que c'est Face| Infinite["Les gains doublent à l'infini !"]

Maintenant, voici une question pour vous. Si les frais de participation à ce jeu s’élevaient à “10 000 dollars”, y participeriez-vous ?

La plupart des gens répondraient probablement “non”. En effet, il y a une chance sur deux que la pièce tombe sur pile dès le premier lancer, ce qui ne rapporterait que 2 dollars et entraînerait une perte énorme.

Cependant, si l’on s’en tient strictement à la théorie des probabilités (espérance mathématique), un fait étonnant apparaît : Mathématiquement, que l’entrée coûte 10 000 ou 100 millions de dollars, vous devriez emprunter toute votre fortune pour participer à ce jeu.

Pourquoi cela ?

2. Calculons l’espérance mathématique

Il existe un indicateur mathématique appelé “espérance” pour déterminer si un jeu de hasard est “rentable ou non”. L’espérance est une valeur qui représente “le gain moyen par partie si l’on répète le jeu de nombreuses fois”. La formule consiste à additionner tous les “(Gains potentiels) × (Probabilité associée)”.

Calculons l’espérance de notre jeu.

Probabilité d’obtenir pile au 1er lancer : $\frac{1}{2}$ Le gain est de $2$ dollars. Contribution à l’espérance = $2 \times \frac{1}{2} = 1$ dollar
Probabilité d’obtenir pile au 2e lancer : Obtenir face puis pile donne $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$ Le gain est de $4$ dollars. Contribution à l’espérance = $4 \times \frac{1}{4} = 1$ dollar
Probabilité d’obtenir pile au 3e lancer : Obtenir face, face, puis pile donne $(\frac{1}{2})^3 = \frac{1}{8}$ Le gain est de $8$ dollars. Contribution à l’espérance = $8 \times \frac{1}{8} = 1$ dollar
Probabilité d’obtenir pile au $n$-ième lancer : $(\frac{1}{2})^n$ Le gain est de $2^n$ dollars. Contribution à l’espérance = $2^n \times (\frac{1}{2})^n = 1$ dollar

En d’autres termes, peu importe au bout de combien de lancers le jeu se termine, l’espérance de ce scénario est toujours de “1 dollar”. Puisque le jeu peut continuer indéfiniment, l’addition de toutes ces espérances donne :

$$ \text{Espérance totale} = 1 + 1 + 1 + 1 + \dots = \infty \text{ (Infini)} $$

La réponse fournie par les mathématiques est que “l’espérance de ce jeu est infinie”. Puisque l’espérance est infinie, quels que soient les frais de participation, il s’agit en théorie absolument d’un “pari gagnant”.

C’est ce que l’on appelle le “Paradoxe de Saint-Pétersbourg”, formulé en 1713 par Nicolas Bernoulli. Le résultat mathématique correct (d’une valeur infinie) entre en contradiction flagrante avec le sens commun humain (ne vouloir payer que quelques dollars).

3. La découverte de l’“utilité” pour réconcilier les mathématiques et la nature humaine

Celui qui a résolu ce paradoxe est le brillant mathématicien Daniel Bernoulli, le cousin de Nicolas. (Le paradoxe porte ce nom car il a présenté son article à l’Académie des sciences de Saint-Pétersbourg).

Daniel s’est intéressé à la psychologie humaine. Il a estimé que “les humains ne jugent pas les choses en fonction du ‘montant absolu’ d’argent, mais selon la ‘satisfaction (l’utilité)’ que cet argent apporte”.

C’est ce qu’on appelle la “loi de l’utilité marginale décroissante”.

La valeur de l’argent diminue selon la quantité possédée

Par exemple, si vous avez extrêmement soif dans un désert, le premier verre d’eau a une valeur (satisfaction) telle que vous seriez prêt à payer “10 000 dollars” pour le boire. Cependant, à mesure que vous buvez le 2e puis le 3e verre, la valeur d’un verre d’eau diminue progressivement. Au 10e verre, vous diriez sûrement : “Je n’en veux plus, même gratuit”.

Il en va de même pour l’argent.

Pour quelqu’un qui n’a pas d’économies, recevoir “1 million de dollars” a une valeur immense, capable de sauver une vie.
En revanche, pour Elon Musk qui possède des milliards d’actifs, recevoir “1 million de dollars” n’a guère plus de valeur (satisfaction) qu’une petite pièce trouvée dans la rue.

En d’autres termes, même si la cagnotte augmente indéfiniment de 2 $ \rightarrow 4 $ \rightarrow 8 $ \rightarrow 16 $…, la “joie (l’utilité)” ressentie par l’humain n’augmente pas à l’infini proportionnellement au montant.

4. Recalcul de l’espérance en utilisant l’“utilité”

Daniel Bernoulli a fait l’hypothèse que “la valeur de l’argent (l’utilité) ressentie par un être humain est proportionnelle au logarithme ($\log$) du montant”.

Si le montant est $x$, représentons la valeur (l’utilité) $u(x)$ ressentie par une personne par une fonction logarithmique (considérons ici un modèle simple en base 2).

Utilité d’un gain de $2$ dollars : $\log_2(2) = 1$
Utilité d’un gain de $4$ dollars : $\log_2(4) = 2$
Utilité d’un gain de $8$ dollars : $\log_2(8) = 3$
Utilité d’un gain de $2^n$ dollars : $\log_2(2^n) = n$

Le montant double à chaque fois, mais la “joie” humaine n’augmente que petit à petit : 1, 2, 3… Utilisons cette “utilité” pour recalculer l’espérance (l’utilité espérée).

$$ \text{Utilité espérée} = \sum_{n=1}^{\infty} \left( n \times \left(\frac{1}{2}\right)^n \right) $$ $$ = 1 \cdot \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{4} + 3 \cdot \frac{1}{8} + 4 \cdot \frac{1}{16} + \dots $$

Si l’on calcule la somme de cette série infinie, le résultat n’est pas “l’infini”, mais converge vers “2”. Si l’on calcule à rebours le montant correspondant à une utilité de “2”, on obtient $2^2 = 4$ dollars.

En somme, en recalculant avec la psychologie humaine (l’utilité), on parvient à la réponse extrêmement rationnelle et réaliste que “selon la perception humaine, la valeur de ce jeu est d’environ ‘4 dollars’”. C’est précisément pourquoi nous ne sommes pas disposés à payer 10 000 dollars pour jouer à ce jeu.

5. Conclusion : Un paradoxe qui a ouvert les portes de l’économie

Le paradoxe de Saint-Pétersbourg est un paradoxe révolutionnaire qui a mathématiquement prouvé l’incohérence entre un chiffre objectif comme le “montant” et une valeur subjective telle que la “satisfaction humaine”.

Le concept d’“Utilité” proposé par Daniel Bernoulli est devenu, 200 ans plus tard, l’un des fondements les plus importants de la microéconomie moderne et de l’ingénierie financière (comme la théorie du portefeuille). Nos comportements, tels que souscrire une assurance ou diversifier nos investissements, peuvent tous être expliqués par ce mécanisme psychologique d’“utilité marginale décroissante” (la souffrance d’une grosse perte est bien plus grande que la joie d’un gros gain).

Un simple problème de calcul sur un jeu de hasard a ainsi permis de déchiffrer l’esprit humain et de donner naissance à cette vaste discipline qu’est l’économie.

Le paradoxe des anniversaires : Plus de 50 % de chances avec seulement 23 personnes ? La magie des « combinaisons » qui trompe notre intuition

Thu, 10 Sep 2026 00:00:00 +0900

1. Test d’intuition : Combien de personnes faut-il rassembler pour que la probabilité dépasse 50 % ?

Des personnes sont rassemblées lors d’une fête. Ici, « pour que la probabilité qu’il y ait au moins une paire de personnes partageant exactement le même anniversaire (mois et jour) dans la salle dépasse 50 % », combien de personnes pensez-vous qu’il faut au minimum ? (*Nous excluons les années bissextiles, considérons qu’une année compte 365 jours, et supposons que chaque date d’anniversaire est équiprobable).

L’intuition humaine a tendance à calculer comme suit : « Une année compte 365 jours. Puisqu’on place des personnes dans 365 cases et qu’il faut qu’elles se chevauchent, il faudrait probablement au moins 180 personnes. Même avec une estimation basse, il faudrait au moins 50 à 60 personnes pour que la probabilité atteigne la moitié, non ? »

Cependant, la réponse exacte donnée par les mathématiques n’est que de « 23 personnes ». Dans une classe d’école (environ 30 à 40 personnes), la probabilité qu’il y ait une paire ayant le même anniversaire grimpe à environ 70 % - 89 %. S’il y a 50 personnes, cette probabilité atteint 97 %, ce qui crée une situation où « il est plus rare qu’il n’y ait personne partageant le même anniversaire ».

Pourquoi notre intuition s’écarte-t-elle à ce point de la probabilité réelle ?

2. La raison pour laquelle l’intuition se trompe : La différence entre « moi et quelqu’un » et « quelqu’un et quelqu’un »

La principale raison pour laquelle l’intuition se trompe sur ce problème est que nous pensons inconsciemment à « la probabilité qu’il y ait quelqu’un qui partage le même anniversaire qu’une personne spécifique (par exemple, nous-mêmes) ».

Si vous entrez dans la salle et cherchez « Y a-t-il quelqu’un qui a le même anniversaire que moi ? », la probabilité qu’il y ait quelqu’un avec le même anniversaire que vous parmi 23 personnes n’est que d’environ 6,1 %. (Pour que cette probabilité dépasse 50 %, il faut en réalité 253 personnes).

Cependant, le paradoxe des anniversaires ne porte pas sur la paire « moi et quelqu’un ». Il suffit qu’il y ait une seule correspondance parmi « toutes les combinaisons possibles entre toutes les personnes présentes dans la salle (A et B, B et C, C et A…) ».

graph TD subgraph "L'illusion de l'intuition : Comparaison centrée sur « soi-même »" You["Soi-même"] --- P1["Personne A"] You --- P2["Personne B"] You --- P3["Personne C"] You --- P4["Personne D"] style You fill:#ff9999,stroke:#333,stroke-width:4px end subgraph "La réalité : Comparaison croisée de « tout le monde avec tout le monde »" A["Personne A"] --- B["Personne B"] A --- C["Personne C"] A --- D["Personne D"] B --- C B --- D C --- D end

Même dans un groupe de 4 personnes seulement, il y a 3 combinaisons centrées sur « soi-même », mais il existe 6 combinaisons possibles entre toutes les personnes (${}_4 C_2 = 6$). Lorsque le nombre de personnes passe à 23, le nombre de combinaisons de paires augmente de manière explosive pour atteindre 253 (${}_{23} C_2$). S’il y a 253 paires, ne commencez-vous pas à vous dire qu’il ne serait pas si surprenant qu’au moins une d’entre elles tire la probabilité de « 1 sur 365 » ?

3. Preuve mathématique : Une solution élégante utilisant l’événement complémentaire

Il est difficile de calculer directement « la probabilité qu’au moins une paire ait le même anniversaire » (car il y a trop de cas de figure : 1 seule paire identique, 2 paires identiques, 3 personnes avec le même anniversaire… etc.). C’est pourquoi nous utilisons une technique de base de la théorie des probabilités appelée « événement complémentaire ».

L’événement complémentaire est « la probabilité que cela ne se produise pas ». Autrement dit, il suffit de calculer « la probabilité que les anniversaires de tout le monde soient différents (aucun chevauchement) », puis de la soustraire de 100 % (1) pour obtenir la probabilité recherchée.

$$ P(\text{au moins 2 personnes ont le même anniversaire}) = 1 - P(\text{tous les anniversaires sont différents}) $$

Faisons le calcul en imaginant des personnes entrant dans la salle une par une.

La première personne : Il n’y a aucun risque de chevauchement. La probabilité est de $\frac{365}{365}$.
La deuxième personne : Elle doit avoir un anniversaire différent de la première. C’est bon si c’est l’un des 364 jours restants. La probabilité est de $\frac{364}{365}$.
La troisième personne : Elle doit avoir un anniversaire différent des deux premières. C’est bon si c’est l’un des 363 jours restants. La probabilité est de $\frac{363}{365}$.

En multipliant cela jusqu’à la $n$-ième personne, on obtient le terme général de la probabilité $P(n)'$ que tout le monde ait un anniversaire différent.

$$ P(n)' = \frac{365}{365} \times \frac{364}{365} \times \frac{363}{365} \times \dots \times \frac{365 - (n - 1)}{365} $$ $$ P(n)' = \prod_{k=1}^{n-1} \left(1 - \frac{k}{365}\right) $$

Par conséquent, « la probabilité $P(n)$ qu’au moins 2 personnes aient le même anniversaire » que nous recherchons est la suivante :

$$ P(n) = 1 - \prod_{k=1}^{n-1} \left(1 - \frac{k}{365}\right) $$

En substituant le nombre de personnes $n$ dans cette équation, on peut voir que la probabilité augmente à une vitesse surprenante.

Pour $n = 10$, la probabilité est d’environ 11,7 %
Pour $n = 23$, la probabilité est d’environ 50,7 % (Elle dépasse 50 % ici !)
Pour $n = 40$, la probabilité est d’environ 89,1 %
Pour $n = 70$, la probabilité est d’environ 99,9 %

pie title "Probabilités lorsqu'il y a 23 personnes" "Il y a une paire avec le même anniversaire (50,7 %)" : 50.7 "Tous différents (49,3 %)" : 49.3

4. Calcul approché par le développement de Taylor

Puisqu’il est difficile de calculer à la main 23 multiplications, utilisons une formule d’approximation mathématique pour le comprendre de manière un peu plus intuitive.

Considérons le développement de Taylor de la fonction exponentielle $e^{-x}$. Lorsque $x$ est suffisamment petit, l’approximation suivante est valable :

$$ e^{-x} \approx 1 - x $$

En appliquant cela à chaque terme $\left(1 - \frac{k}{365}\right)$ précédent, on obtient :

$$ 1 - \frac{k}{365} \approx e^{-\frac{k}{365}} $$

En multipliant tout cela (ce qui devient une addition selon la règle des exposants), on a :

$$ P(n)' \approx e^{-\frac{1}{365}} \times e^{-\frac{2}{365}} \times \dots \times e^{-\frac{n-1}{365}} $$ $$ P(n)' \approx \exp\left(-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{k}{365}\right) $$

La somme de 1 à $n-1$ étant $\frac{n(n-1)}{2}$ (c’est-à-dire le nombre de combinaisons ${}_n C_2$), on a :

$$ P(n)' \approx \exp\left(-\frac{n(n-1)}{2 \times 365}\right) $$

Dans cette équation, cherchons $n$ lorsque la probabilité devient 50 % ($0,5$).

$$ 0,5 = e^{-\frac{n(n-1)}{730}} $$

Prenons le logarithme népérien des deux côtés ($\ln 0,5 \approx -0,693$).

$$ -0,693 = -\frac{n(n-1)}{730} $$ $$ n(n-1) = 0,693 \times 730 \approx 505,89 $$

En approximant à $n^2 \approx 506$, on obtient $n = \sqrt{506} \approx 22,49$ La réponse $n \approx 23$ en est brillamment déduite !

5. Application à la vie quotidienne et « Collision de hachage »

Ce paradoxe n’est pas seulement un sujet de conversation pour les banquets. Il joue un rôle extrêmement important dans la théorie de la cryptographie et la sécurité de l’information qui soutiennent la société informatique moderne.

Dans les systèmes informatiques, on utilise un mécanisme appelé « fonction de hachage » pour vérifier rapidement l’identité des mots de passe et des fichiers. Une fonction de hachage renvoie une chaîne de caractères aléatoire (valeur de hachage) d’une longueur constante, quelles que soient les données qu’on y insère. Cependant, le phénomène où ces valeurs de hachage deviennent identiques par hasard est appelé « collision de hachage » (Hash Collision).

Les collisions de hachage se produisent exactement selon le même principe que le paradoxe des anniversaires. Contrairement à l’intuition humaine selon laquelle « puisqu’il y a un nombre astronomique de types de valeurs de hachage, les collisions ne se produiront presque jamais », il est étonnamment facile pour un attaquant de générer massivement des données aléatoirement et de trouver une paire « qui correspond (qui a le même anniversaire) ».

C’est ce qu’on appelle une « attaque des anniversaires » (Birthday Attack). Les ingénieurs qui conçoivent des systèmes de sécurité partent de cette réalité mathématique selon laquelle « les collisions se produisent beaucoup plus rapidement que ne le suggère l’intuition », et fixent la longueur des valeurs de hachage à une taille très importante pour garantir la sécurité.

6. Conclusion : Les limites de l’intuition humaine

Le paradoxe des anniversaires est un exemple parfait montrant à quel point l’intuition humaine est vulnérable face aux « croissances exponentielles » ou aux « explosions combinatoires ».

Nous sommes doués pour appréhender une augmentation linéaire (par addition), mais nous ne pouvons pas simuler mentalement un phénomène où le nombre de paires augmente de manière explosive à un rythme de $n^2$. Derrière notre intuition selon laquelle « le nombre 23 est trop petit par rapport au grand nombre 365 », il y a en fait « 253 fils invisibles (paires) » créés par ces 23 personnes.

La prochaine fois que vous irez dans un endroit où des gens sont rassemblés, essayez d’imaginer non seulement le « nombre de personnes » visibles, mais aussi les « innombrables fils de combinaisons » qui existent entre elles. Votre vision du monde devrait changer de manière légèrement mathématique.

Le paradoxe des deux enveloppes : l’effondrement logique et le piège décisionnel causés par une espérance mathématique infinie

Thu, 10 Sep 2026 00:00:00 +0900

1. Le choix ultime : échanger ou ne pas échanger ?

Vous êtes à l’étape finale d’un jeu télévisé. Sur la table devant vous se trouvent deux enveloppes (A et B) d’apparence identique. Le présentateur vous dit :

« L’une des enveloppes contient le double de l’argent de l’autre. Veuillez en choisir une. »

Après avoir hésité, vous avez choisi l’enveloppe A. Au moment où vous vous apprêtez à regarder à l’intérieur, le présentateur vous murmure une tentation diabolique :

« Maintenant, si vous le souhaitez, vous pouvez échanger cette enveloppe A avec l’enveloppe B restante. Voulez-vous échanger ? »

Alors, devriez-vous échanger les enveloppes ?

2. La « boucle infinie » déduite par le calcul de l’espérance

Ici, exerçons un peu de réflexion mathématique. Supposons que le montant contenu dans l’enveloppe A que vous possédez est de $X$ yens. Le montant contenu dans l’enveloppe B est, selon les règles, soit « la moitié de $X$ yens ($\frac{X}{2}$) », soit « le double de $X$ yens ($2X$) ». La probabilité est de $\frac{1}{2}$ (50 %) pour chacun.

Calculons maintenant l’espérance (le montant moyen attendu) si vous échangez les enveloppes.

$$ E = \frac{1}{2} \times \left(\frac{X}{2}\right) + \frac{1}{2} \times (2X) $$ $$ E = \frac{X}{4} + X = \frac{5}{4}X = 1.25X $$

Un résultat surprenant est apparu. Rien qu’en échangeant les enveloppes, l’espérance bondit à $1.25$ fois (une augmentation de 25 %) le montant initial $X$. La conclusion est : « Mathématiquement parlant, il est absolument avantageux d’échanger ! »

Cependant, c’est ici que se produit l’effondrement logique. Supposons que vous ayez échangé pour l’enveloppe B. Que se passerait-il si, juste après, le présentateur vous demandait à nouveau : « Voulez-vous finalement revenir à A ? » La formule de calcul exacte s’applique de la même manière, et cette fois, la conclusion serait « l’espérance sera multipliée par 1.25 si vous passez de B à A ».

En d’autres termes, rien qu’en continuant à échanger de « A vers B » puis de « B vers A », l’espérance théorique continuerait d’augmenter indéfiniment. Cela contredit clairement la réalité (le contenu des enveloppes est déterminé dès le départ et n’augmente pas parce que vous les avez échangées).

graph TD Start["Vous choisissez l'enveloppe A (Contient X yens)"] --> Think["Calculer s'il est avantageux d'échanger"] Think --> Case1["Enveloppe B est la moitié (X/2 yens) : probabilité 50%"] Think --> Case2["Enveloppe B est le double (2X yens) : probabilité 50%"] Case1 --> Calc["Espérance = (X/4) + X = 1.25X"] Case2 --> Calc Calc --> SwitchToB["Échanger pour l'enveloppe B ! (Contient Y yens)"] SwitchToB --> ThinkAgain["Calculer à nouveau"] ThinkAgain --> Case3["Enveloppe A est la moitié (Y/2 yens) : probabilité 50%"] ThinkAgain --> Case4["Enveloppe A est le double (2Y yens) : probabilité 50%"] Case3 --> Calc2["Espérance = 1.25Y"] Case4 --> Calc2 Calc2 --> SwitchToA["Échanger à nouveau pour l'enveloppe A !"] SwitchToA --> Start style Calc fill:#ff9999,stroke:#333,stroke-width:2px style Calc2 fill:#ff9999,stroke:#333,stroke-width:2px style SwitchToA fill:#ff4444,color:#fff,stroke:#333,stroke-width:4px

Pourquoi un calcul d’espérance en apparence parfait a-t-il produit un paradoxe aussi étrange ?

3. Explication de l’astuce mathématique : la substitution de variables

Le piège de ce paradoxe réside dans « l’utilisation de la variable aléatoire $X$ ».

Dans la formule précédente, nous avons traité le montant $X$ de l’enveloppe A comme une constante fixe, et avons supposé que l’enveloppe B était « $\frac{X}{2}$ ou $2X$ ». Cependant, ce qui est véritablement fixe est la « somme des montants dans les deux enveloppes », ou encore le « montant le plus faible ».

Soit $S$ le montant dans l’enveloppe contenant le moins d’argent. Alors, l’enveloppe contenant le plus d’argent contient un montant de $2S$. Il n’y a que les 2 scénarios suivants pour l’ensemble du jeu (avec une probabilité de $\frac{1}{2}$ chacun).

Scénario 1 : L’enveloppe A que vous avez choisie contient le plus faible montant ($S$), et l’enveloppe B contient le montant le plus élevé ($2S$)
Scénario 2 : L’enveloppe A que vous avez choisie contient le montant le plus élevé ($2S$), et l’enveloppe B contient le plus faible montant ($S$)

Maintenant, calculons correctement l’espérance pour les cas « si vous n’échangez pas » et « si vous échangez ».

Espérance si vous n’échangez pas $E_{stay}$ :

$$ E_{stay} = \frac{1}{2} \times S + \frac{1}{2} \times 2S = \frac{3}{2}S = 1.5S $$

Espérance si vous échangez $E_{switch}$ : Dans le scénario 1, vous obtenez $2S$, et dans le scénario 2, vous obtenez $S$.

$$ E_{switch} = \frac{1}{2} \times 2S + \frac{1}{2} \times S = \frac{3}{2}S = 1.5S $$ $$ E_{stay} = E_{switch} $$

L’espérance concorde parfaitement ! Dans le premier calcul erroné, nous avons traité $X$ du scénario 1 (qui est en réalité $S$) et $X$ du scénario 2 (qui est en réalité $2S$) comme s’il s’agissait de la même variable $X$, alors qu’ils ont des valeurs différentes, ce qui a créé l’illusion que « l’espérance augmente si l’on échange ».

pie title "La vérité sur l'espérance (si le montant le plus faible est S)" "Espérance sans échanger (1.5S)" : 50 "Espérance avec échange (1.5S)" : 50

4. Que se passe-t-il si vous ouvrez l’enveloppe ?

Le paradoxe semble résolu. Cependant, un problème plus profond vous attend.

Que se passerait-il si, avant d’échanger les enveloppes, vous regardiez à l’intérieur de votre enveloppe A ? En ouvrant l’enveloppe A, vous découvrez qu’elle contient « 10 000 yens ».

À cet instant, la valeur devient une certitude : $X = 10000$. L’enveloppe B contient alors soit « 5 000 yens », soit « 20 000 yens ». Que se passe-t-il si l’on applique la première formule de calcul ici ?

$$ E_{switch} = \frac{1}{2} \times 5000 + \frac{1}{2} \times 20000 = 2500 + 10000 = 12500 $$

L’espérance est de 12 500 yens. Elle est incontestablement supérieure aux 10 000 yens actuels. De plus, cette fois-ci, $X$ étant une « constante spécifique » de 10 000 yens, la contre-argumentation de la « substitution de variables » ne tient plus. Dans ce cas, est-il absolument avantageux d’échanger ?

Réfutation par l’inférence bayésienne : l’absence de « distribution a priori »

Face à cela, les mathématiciens ont introduit le concept de « distribution a priori des montants (probabilité a priori) ». Il s’agit de se demander : peut-on vraiment dire que 5 000 yens et 20 000 yens ont chacun une probabilité de $\frac{1}{2}$ de s’y trouver ?

Par exemple, supposons que le budget maximum du jeu soit de 100 millions de yens. Si vous ouvrez l’enveloppe A et y trouvez « 60 millions de yens », la probabilité que l’enveloppe B contienne « 120 millions de yens » est de zéro (car cela dépasse le budget). En d’autres termes, plus le montant de l’enveloppe A est élevé, plus la probabilité que l’enveloppe B contienne « le double » devrait diminuer, et la probabilité qu’elle contienne « la moitié » devrait augmenter.

En supposant une distribution a priori arbitraire $P(x)$, et en calculant l’espérance à l’aide du théorème de Bayes, il a été mathématiquement prouvé que pour toute distribution de probabilité réaliste (dont la somme est égale à 1), il n’existe aucune distribution magique pour laquelle il est “plus avantageux d’échanger” pour tous les montants $X$.

5. Le piège de l’infini : lien avec le paradoxe de Saint-Pétersbourg

Il n’existe qu’un seul cas où « il est avantageux d’échanger pour tous les $X$ ». C’est uniquement lorsqu’on suppose une « distribution de probabilité impropre (une distribution dont la somme est infinie) » où le budget du jeu est infini et où tous les montants (1 yen, 2 yens, 4 yens, 8 yens… à l’infini) apparaissent de manière équiprobable.

Cependant, il n’existe aucune chaîne de télévision dotée d’actifs infinis dans le monde réel. Ce bug provoqué par cette « espérance mathématique infinie » trouve ses racines profondément liées au paradoxe de Saint-Pétersbourg (le problème de savoir combien une personne serait prête à payer pour un pari ayant une espérance mathématique infinie).

6. Conclusion : la terreur des probabilités et de l’espérance

Bien que le « paradoxe des deux enveloppes » ne repose que sur de simples multiplications et additions, il nous livre les leçons suivantes :

Les erreurs causées par l’ambiguïté des définitions : Si l’on ne précise pas clairement ce que représente une variable (si $X$ indique toujours le même montant), la logique s’effondre facilement.
L’illusion que “pas d’information = probabilité de 50%” : L’hypothèse selon laquelle « puisque je ne sais pas, ce doit être du cinquante-cinquante » (le principe de raison insuffisante) conduit parfois à des erreurs de calcul fatales.
La difficulté de manipuler l’infini : Introduire dans une formule mathématique le concept d’« infini » qui ne peut être appliqué au monde réel produit des résultats contraires au bon sens.

La prochaine fois que vous penserez dans votre vie que « l’herbe est plus verte ailleurs, et qu’il est plus avantageux d’échanger », souvenez-vous de ce paradoxe. Il se peut que, dans votre équation, les variables aient simplement été substituées.

Le problème de Monty Hall : le piège de la théorie des probabilités qui défie l'intuition et sa résolution complète par l'inférence bayésienne

Thu, 10 Sep 2026 00:00:00 +0900

1. Le décor est un jeu télévisé : que feriez-vous ?

En 1990, dans la chronique « Ask Marilyn » (Demandez à Marilyn) du magazine d’actualité américain Parade, un lecteur a posé la question suivante :

Vous participez à un jeu télévisé. Devant vous se trouvent 3 portes (A, B, C). Derrière l’une des portes se trouve une voiture neuve (le gros lot), et derrière les deux autres se trouvent des chèvres (les perdants).

Vous choisissez d’abord la porte A.

Ensuite, le présentateur Monty Hall, qui sait quelle porte cache la voiture, ouvre la porte B, qui révèle une chèvre parmi les portes restantes.

Monty vous dit : « Vous pouvez maintenant changer pour la porte C si vous le souhaitez. Que faites-vous ? »

Finalement, devriez-vous changer de porte ?

Intuitivement, on pourrait penser : « Il ne reste que deux portes, A et C. Puisque la position de la voiture est complètement aléatoire, la probabilité de gagner pour chaque porte est de $\frac{1}{2}$ (50 %). Par conséquent, cela ne change rien de changer de porte ou non. »

Cependant, la chroniqueuse Marilyn vos Savant (reconnue par le Livre Guinness des records comme la personne ayant le QI le plus élevé) a répondu : « Vous devriez changer. Si vous changez, vos chances de gagner seront doublées. »

Cette réponse a fait sensation dans tous les États-Unis et a déclenché une avalanche d’environ 10 000 lettres de protestation (dont environ 1 000 provenaient d’universitaires titulaires d’un doctorat en mathématiques). C’était une tempête de critiques acerbes telles que « Vous ne comprenez pas les bases des probabilités » ou « C’est de la logique féminine ».

Cependant, pour en venir à la conclusion, la réponse de Marilyn était mathématiquement tout à fait exacte.

2. L’écart entre l’intuition et les mathématiques : les ramifications des probabilités vues avec Mermaid

Pourquoi notre intuition nous donne-t-elle l’illusion de « $\frac{1}{2}$ » ? Tout d’abord, visualisons tous les scénarios possibles du jeu.

graph TD Start["Début du jeu"] --> CarA["La voiture est derrière A (probabilité 1/3)"] Start --> CarB["La voiture est derrière B (probabilité 1/3)"] Start --> CarC["La voiture est derrière C (probabilité 1/3)"] CarA --> PickA1["Vous choisissez la porte A"] CarB --> PickA2["Vous choisissez la porte A"] CarC --> PickA3["Vous choisissez la porte A"] PickA1 --> HostB_or_C["Le présentateur ouvre B ou C"] PickA2 --> HostC["Le présentateur ouvre toujours C"] PickA3 --> HostB["Le présentateur ouvre toujours B"] HostB_or_C --> Stay1["Ne pas changer : Gagné !"] HostB_or_C --> Switch1["Changer : Perdu..."] HostC --> Stay2["Ne pas changer : Perdu..."] HostC --> Switch2["Changer : Gagné !"] HostB --> Stay3["Ne pas changer : Perdu..."] HostB --> Switch3["Changer : Gagné !"] style Switch2 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px style Switch3 fill:#bbf,stroke:#333,stroke-width:2px style Stay1 fill:#f99,stroke:#333,stroke-width:2px

En supposant que vous ayez choisi la « porte A », les 3 scénarios suivants se produisent avec des probabilités égales ($\frac{1}{3}$).

Scénario 1 (la voiture est en A) : Le présentateur ouvre B ou C, qui cache une chèvre. Si vous changez de porte, vous perdez.
Scénario 2 (la voiture est en B) : Le présentateur ne peut ouvrir que C, qui cache une chèvre. Si vous changez de porte, vous gagnez.
Scénario 3 (la voiture est en C) : Le présentateur ne peut ouvrir que B, qui cache une chèvre. Si vous changez de porte, vous gagnez.

En d’autres termes, 2 fois sur 3 (scénarios 2 et 3), vous êtes dans une situation où « si vous changez de porte, vous gagnerez à coup sûr ». Par conséquent, votre taux de victoire si vous changez de porte est de $\frac{2}{3}$, soit le double du taux de victoire si vous ne changez pas, qui est de $\frac{1}{3}$.

3. Preuve rigoureuse par le théorème de Bayes

Pour résoudre mathématiquement ce problème de manière rigoureuse, nous utilisons le « théorème de Bayes » pour calculer les probabilités conditionnelles.

$$ P(H|E) = \frac{P(E|H) P(H)}{P(E)} $$

Ici, nous définissons les événements comme suit :

$C_A, C_B, C_C$ : Les événements où la voiture neuve se trouve respectivement derrière la porte A, B et C. Les probabilités a priori sont $P(C_A) = P(C_B) = P(C_C) = \frac{1}{3}$
Supposons que vous ayez choisi la porte A en premier.
$M_B$ : L’événement où le présentateur ouvre la porte B, qui révèle une chèvre.

Ce que nous voulons trouver, c’est la « probabilité que la voiture se trouve derrière la porte C, étant donné que le présentateur a ouvert la porte B », c’est-à-dire la probabilité a posteriori $P(C_C|M_B)$.

Tout d’abord, considérons la probabilité $P(M_B|C_X)$ que le présentateur ouvre la porte B, en fonction de l’endroit où se trouve la voiture.

Si la voiture est derrière la porte A ($C_A$) Le présentateur peut ouvrir aléatoirement B ou C.
$$ P(M_B|C_A) = \frac{1}{2} $$
Si la voiture est derrière la porte B ($C_B$) Le présentateur ne peut pas ouvrir la porte cachant la voiture, donc la probabilité d’ouvrir B est nulle.
$$ P(M_B|C_B) = 0 $$
Si la voiture est derrière la porte C ($C_C$) Le présentateur ne peut ouvrir ni A (votre choix) ni C (qui cache la voiture), il doit donc nécessairement ouvrir B.
$$ P(M_B|C_C) = 1 $$

Ensuite, nous trouvons la probabilité totale $P(M_B)$ que le présentateur ouvre la porte B à l’aide de la « loi des probabilités totales ».

$$ P(M_B) = P(M_B|C_A)P(C_A) + P(M_B|C_B)P(C_B) + P(M_B|C_C)P(C_C) $$ $$ P(M_B) = \left(\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}\right) + \left(0 \times \frac{1}{3}\right) + \left(1 \times \frac{1}{3}\right) = \frac{1}{6} + 0 + \frac{1}{3} = \frac{1}{2} $$

Nous appliquons enfin le théorème de Bayes pour calculer les probabilités a posteriori pour la porte A et la porte C.

Probabilité que la voiture soit derrière la porte A (si vous ne changez pas) :

$$ P(C_A|M_B) = \frac{P(M_B|C_A) P(C_A)}{P(M_B)} = \frac{\frac{1}{2} \times \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{1}{3} $$

Probabilité que la voiture soit derrière la porte C (si vous changez) :

$$ P(C_C|M_B) = \frac{P(M_B|C_C) P(C_C)}{P(M_B)} = \frac{1 \times \frac{1}{3}}{\frac{1}{2}} = \frac{2}{3} $$

Même avec une preuve mathématique, il est clairement démontré que « la probabilité de gagner est multipliée par deux (2/3) si vous changez de porte ».

4. Biais cognitifs : la valeur de l’information en tant que « conditionnement »

Pourquoi même de nombreux mathématiciens de génie se sont-ils trompés intuitivement sur ce problème ? Il y a là un « biais d’équiprobabilité » et un « échec de la mise à jour de l’information » ancrés dans le cerveau humain.

4.1. Biais d’équiprobabilité (Equiprobability Bias)

Les humains ont tendance à assigner inconsciemment que « la probabilité des options restantes est toujours égale » face à des options inconnues. Au moment où l’on voit qu’il reste deux portes, le cerveau les étiquette automatiquement comme « $50\%$ : $50\%$ ».

4.2. L’information sur l’« intention » du présentateur

La principale raison pour laquelle l’intuition se trompe est le fait d’ignorer que les actions du présentateur ne sont pas aléatoires. Si les règles étaient que le présentateur « ouvrait une porte au hasard sans savoir où se trouve la voiture, et que cela tombait sur une chèvre » (connu sous le nom de problème de Monty Fall), la probabilité pour la porte A et la porte C serait toutes deux de $\frac{1}{2}$.

Cependant, dans le véritable problème de Monty Hall, le présentateur agit sous les contraintes strictes suivantes :

Il ne peut pas ouvrir la porte choisie par le participant.
Il ne peut pas ouvrir la porte cachant la voiture neuve.

En raison de ces contraintes, l’acte même d’ouvrir la « porte B » par le présentateur nous donne une information énorme concernant la porte C. Cela contient le message silencieux : « Je ne pouvais pas ouvrir la porte C (parce que la voiture neuve s’y trouve) ».

5. Corriger l’intuition avec un exemple extrême

Si vous n’êtes toujours pas convaincu, essayons d’augmenter le nombre de portes à 1 million.

Vous choisissez la porte 1 parmi 1 million de portes. (La probabilité de gagner est de $\frac{1}{1,000,000}$)
Le présentateur omniscient ouvre l’intégralité des 999 998 portes cachant une chèvre parmi les 999 999 portes restantes.
Les seules portes fermées sont la « porte 1 » que vous avez choisie et la « porte 777 777 » que le présentateur a délibérément laissée.

Maintenant, allez-vous changer de porte ? Dans ce cas, si vous croyez avoir réussi le miracle de « 1 sur 1 million » lors du premier choix, vous ne devriez pas changer. Cependant, en réalité, vous pouvez intuitivement comprendre que la probabilité que la voiture se trouve derrière la « seule porte que le présentateur ne pouvait absolument pas ouvrir » est de $\frac{999,999}{1,000,000}$.

Le problème de Monty Hall (3 portes) n’est qu’un phénomène qui réduit l’échelle de cette situation à « 1 million de portes ».

pie title "Effet du changement de porte (100 simulations)" "Changer et gagner (environ 66.7%)" : 67 "Ne pas changer et gagner (environ 33.3%)" : 33

6. Conclusion : les leçons que la théorie des probabilités enseigne pour les affaires et la vie

Le problème de Monty Hall dépasse le cadre d’un simple quiz et nous enseigne des leçons importantes.

L’intuition se trompe souvent : Le cerveau humain n’a pas évolué pour traiter intuitivement des probabilités conditionnelles complexes. Il est dangereux de s’en remettre uniquement à l’intuition lors de prises de décisions importantes.
Mettre à jour les probabilités avec de nouvelles informations (mise à jour bayésienne) : Lorsque la situation change et que de nouvelles informations (comme quelle porte le présentateur a ouverte) sont apportées, la clé du succès est de pouvoir mettre à jour de manière flexible ses probabilités et ses stratégies, au lieu de s’en tenir à des idées préconçues.

La petite décision de « changer de porte » pourrait multiplier par deux vos chances d’obtenir la « voiture neuve » dans votre vie.