Brain Teasers

Espace de 36 résultats équiprobables. Somme = 7 : (1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) → 6/36 = 1/6 ≈ 16.7%.

Somme = 8 : (2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2) → 5/36 ≈ 13.9%.

7 est le mode de la distribution des sommes de deux dés — le seul chiffre qu'on peut atteindre de 6 façons. Extension : la somme la plus probable de n dés de 6 faces est 7n/2 (la moyenne).

Utiliser le complémentaire : P(au moins un doublon) = 1 − P(tous différents).

\[P(\text{tous différents}) = \frac{365}{365}\cdot\frac{364}{365}\cdot\frac{363}{365}\cdots\frac{365-n+1}{365}\]

Pour n=23 : P(doublon) ≈ 50.7%. Pour n=57 : P(doublon) ≈ 99%.

Intuition : il suffit de \(\approx\sqrt{365}\approx 19\) personnes pour que la probabilité dépasse 50%. En général, dans un univers de N options, il faut \(\approx\sqrt{N}\) tirages pour avoir un doublon avec probabilité 1/2. Utile pour estimer les collisions de hash functions.

Il y a 3 "faces possibles" visibles. On cherche P(autre face = Face | on voit Face).

Les faces qui peuvent tomber en "Face visible" : 2 faces de la pièce 2-faces + 1 face de la pièce normale = 3 faces face-up équiprobables. Parmi celles-ci, combien ont l'autre face en "Face" ? Les 2 faces de la pièce 2-faces → P = 2/3.

Erreur courante : répondre 1/2 (en pensant que seules la pièce normale et la pièce 2-faces sont possibles). Mais on ne doit pas conditionner sur la pièce, on doit conditionner sur la face visible. La pièce 2-faces contribue deux fois plus souvent à "voir Face".

Stratégie : relancer si et seulement si le résultat du premier lancer est inférieur à l'espérance du deuxième lancer.

Espérance deuxième lancer = (1+2+3+4+5+6)/6 = 3.5. Donc : relancer si résultat ≤ 3, garder si résultat ≥ 4.

Espérance optimale : P(garder) = P(4,5,6) = 1/2, E[gain|garder] = (4+5+6)/3 = 5. P(relancer) = 1/2, E[gain|relancer] = 3.5.

\[\mathbb{E}[\text{gain}] = \frac{1}{2}\cdot 5 + \frac{1}{2}\cdot 3.5 = \frac{17}{4} = 4.25\]

Extension : avec 3 lancers, l'espérance optimale est ≈ 4.67. Seuil de relance = max(3.5, 4.25) = 4.25 au deuxième lancer.

Soit \(P_k\) = probabilité d'atteindre N$ en partant de k$. Récurrence : \(P_k = p\,P_{k+1} + (1-p)\,P_{k-1}\), avec \(P_0=0\) et \(P_N=1\).

Solution générale :

• Si \(p = 1/2\) : \(P_k = k/N\) (linéaire)
• Si \(p \neq 1/2\) : \(P_k = \frac{1-(q/p)^k}{1-(q/p)^N}\) avec \(q = 1-p\)

Interprétation trading : si vous êtes à 10k d'une limite de stop-loss de 0 et votre target est 20k, avec p=0.49 (spread minimal), vous avez seulement P_10 = (1-(0.51/0.49)^10)/(1-(0.51/0.49)^20) ≈ 35% de chance d'atteindre votre target. Le casino gagne.

Raisonnement naïf (incorrect) : l'autre enveloppe contient soit 50$ (prob 1/2) soit 200$ (prob 1/2). E = 0.5×50 + 0.5×200 = 125 > 100 → toujours échanger. Mais ce raisonnement s'applique aussi après l'échange → contradiction.

Résolution : le paradoxe vient de la modélisation. Si on suppose qu'il y a une distribution a priori sur le montant de la petite enveloppe, le calcul change. Par exemple, si la petite enveloppe suit une distribution uniforme sur [1, M], alors pour des petites valeurs de x (< M/2), échanger est optimal ; pour des grandes valeurs (> M/2), ne pas échanger l'est. Sans distribution a priori, le problème est mal posé.

Point clé : "prob 1/2 que l'autre soit 200$, prob 1/2 que l'autre soit 50$" n'est valide que si votre prior sur la petite enveloppe est tel que 100$ peut être aussi bien la petite que la grande — ce qui implique un prior improper (non-normalisable).

H = être malade (P(H) = 1%), E = test positif. P(E|H) = 99% (sensibilité), P(E|Hᶜ) = 1% (taux de faux positifs).

\[P(H|E) = \frac{0.99 \times 0.01}{0.99\times0.01 + 0.01\times0.99} = \frac{0.0099}{0.0198} = 50\%\]

Résultat contre-intuitif : même avec un test à 99%, si la maladie est rare (1%), un test positif ne signifie malade qu'à 50%. Le ratio signal/bruit dépend de la prévalence.

Sur 10 000 personnes : 100 malades (99 positifs, 1 faux négatif) + 9900 sains (99 faux positifs, 9801 négatifs). Sur 198 tests positifs : 99 vrais → 50%.

Oui, toujours changer : P(voiture derrière porte 2 | animateur ouvre porte 3) = 2/3.

Raisonnement : à l'origine, P(voiture porte 1) = 1/3, P(voiture portes 2 ou 3) = 2/3. L'animateur ouvre TOUJOURS une porte avec chèvre. En ouvrant la porte 3, il transfère toute la probabilité de la porte 3 à la porte 2. Donc : P(voiture porte 2 | info animateur) = 2/3.

Simulation : si vous jouez 900 fois en gardant : vous gagnez ~300 fois (1/3). Si vous changez : vous gagnez ~600 fois (2/3).

Variation : si l'animateur choisit la porte au hasard (et tombe sur une chèvre par chance), alors P(voiture porte 2) = 1/2. La stratégie de l'animateur est cruciale.

Espace : {GG, GF, FG, FF}. Condition "au moins un garçon" → exclut FF. Espace conditionnel : {GG, GF, FG}. P(GG | au moins un G) = 1/3.

Attention : si au lieu de "au moins un garçon", on vous dit "l'aîné est un garçon", la réponse devient 1/2 (espace : GG, GF → P(GG) = 1/2). La façon d'obtenir l'information change radicalement la réponse.

Variation difficile : "Au moins un est un garçon né un mardi". La réponse n'est plus 1/3 ! (elle est 13/27). Illustre que des informations apparemment non pertinentes changent les probabilités.

Soit θ l'angle de l'aiguille avec les lattes (\(0 \leq \theta \leq \pi/2\)) et x la distance du centre de l'aiguille à la latte la plus proche (\(0 \leq x \leq D/2\)).

Croisement si x ≤ (L/2)sin(θ). Probabilité :

\[P = \frac{\int_0^{\pi/2}\int_0^{(L/2)\sin\theta}dx\,d\theta}{\int_0^{\pi/2}\int_0^{D/2}dx\,d\theta} = \frac{\int_0^{\pi/2}(L/2)\sin\theta\,d\theta}{(\pi/2)(D/2)} = \frac{2L}{\pi D}\]

Résultat remarquable : \(P = 2L/(\pi D)\). En mesurant P empiriquement et en connaissant L et D, on peut estimer π !

Par symétrie, on peut conditionner sur le premier point. Chaque point a son "arc opposé" de longueur π (demi-cercle). Pour que le triangle contienne le centre, chaque paire de points doit être dans des demi-cercles opposés.

Calcul : P = 1/4. Raisonnement alternatif : pour chaque configuration de 3 points, il y a 4 triangles possibles selon qu'on prend chaque point ou son reflet → seul 1 des 4 contient le centre → P = 1/4.

C'est le paradoxe de Bertrand : la réponse dépend de la définition de "au hasard".

• Méthode 1 (points sur le cercle) : fixer un bout, le deuxième est uniforme sur le cercle. P = 1/3.
• Méthode 2 (rayon aléatoire) : point milieu de la corde uniforme sur un rayon. P = 1/2.
• Méthode 3 (point intérieur) : point milieu uniforme dans le disque. P = 1/4.

Leçon : "uniforme" est insuffisant — il faut préciser l'espace de probabilité. En entretien, si la question est ambiguë, identifiez l'ambiguïté avant de calculer.

Stratégie : le 100ème prisonnier (qu'on sacrifie) annonce Rouge si le nombre de chapeaux rouges qu'il voit est pair, Bleu si impair (la parité globale). Tous les autres entendent sa réponse et voient les 98 autres chapeaux → ils déduisent exactement leur couleur.

Exemple : si le 100ème dit "pair" (nombre de rouges pairs) et le prisonnier 99 voit 3 rouges parmi les 98 autres → il sait que sans son chapeau, c'est impair → son chapeau doit être Rouge pour rendre le total pair.

Le 100ème prisonnier a 50% de chance de deviner juste par hasard. Les 99 autres devinent avec certitude.

Réponse : 2 pesées.

Stratégie :

Pesée 1 : Mettre 3 pièces à gauche, 3 à droite, 3 de côté.

• Gauche plus lourde → la lourde est dans le groupe gauche
• Droite plus lourde → la lourde est dans le groupe droit
• Équilibre → la lourde est dans les 3 pièces de côté

Pesée 2 : Dans le groupe identifié de 3, peser 1 contre 1 (en laissant 1 de côté). Déséquilibre → c'est la plus lourde ; équilibre → c'est celle de côté.

Généralisation : avec k pesées, on peut identifier 1 pièce parmi \(3^k\). Pour n=9 : \(3^2 = 9\) → 2 pesées.

Aiguille des minutes à 3h15 : 15 minutes = 15/60 × 360° = 90° (pointe vers le 3).

Aiguille des heures à 3h15 : à 3h exactement elle est à 90° (pointe vers le 3 = 3/12 × 360°). En 15 minutes, elle avance de 15/60 × 30° = 7.5°. Position : 90° + 7.5° = 97.5°.

Angle entre elles : |97.5° − 90°| = 7.5°.

Population Paris : ~2.2M. Foyers : 2.2M/2.5 ≈ 900k foyers. Foyers avec piano : 1% ≈ 9000. Pianos publics (écoles, conservatoires, restaurants) : ~1000. Total pianos ≈ 10 000.

Accordage : tous les 1-2 ans → 5000-10 000 accordages/an. Un accordeur fait 4 accordages/jour × 250 jours = 1000 accordages/an. Nombre d'accordeurs : 10 000/1000 = ~10 accordeurs.

Goldman Paris : ~500-700 employés (mix IBD, trading, research). Revenu global GS : ~50 Md$/an. Paris représente ~5-8% de la présence européenne, elle-même ~25% du global. Paris : 50Md × 25% × 7% ≈ 850M-1.2Md€/an.

Sanity check bottom-up : ~200 banquiers IBD (revenu/tête ~2M€ en deal fees) = 400M€ + 300 traders/sales (revenu/tête ~1.5M€) = 450M€. Total ~850M€. Cohérent.

Si les rendements quotidiens sont i.i.d. avec variance \(\sigma_1^2\), la variance sur T jours est \(T\sigma_1^2\) → volatilité sur T jours : \(\sigma_T = \sigma_1\sqrt{T}\).

Volatilité annuelle (252 jours trading) : \(1\% \times \sqrt{252} \approx 1\% \times 15.87 \approx 15.87\%\). Règle rapide : vol annuelle ≈ vol quotidienne × 16.

Volatilité sur 10 jours : \(1\% \times \sqrt{10} \approx 3.16\%\). C'est la volatilité utilisée pour le VaR 10 jours (Basel III).

Limite : cette règle suppose des rendements i.i.d. En pratique, les rendements sont légèrement auto-corrélés (mean-reversion intraday, momentum à court terme) → la règle n'est qu'une approximation.

Un call = position longue sur la convexité. Sa valeur est \(\mathbb{E}^{\mathbb{Q}}[e^{-rT}\max(S_T - K, 0)]\). La fonction max(x,0) est convexe → par l'inégalité de Jensen, \(\mathbb{E}[\max(S_T-K,0)] \geq \max(\mathbb{E}[S_T]-K, 0)\).

Plus la distribution de \(S_T\) est large (volatilité haute), plus les queues s'allongent. La perte est bornée à 0 (le call n'est jamais en négatif), mais les gains sont illimités. Donc une vol plus haute augmente l'espérance de gain sans augmenter la perte maximale → la valeur du call augmente.

Intuition : acheter un call = acheter de l'incertitude. Plus c'est incertain, plus c'est précieux pour le détenteur du call.

\(1.5 \times 0.5 = 0.75\) → rendement de \(-25\%\). La moyenne arithmétique des rendements est \((+50-50)/2 = 0\%\), mais le rendement géométrique est \(\sqrt{1.5 \times 0.5} - 1 = \sqrt{0.75}-1 \approx -13.4\%\) par période.

Lien avec la correction d'Itô : le rendement géométrique moyen = rendement arithmétique − σ²/2. C'est exactement la correction de Jensen vue dans le calcul stochastique. Plus la volatilité est élevée, plus l'écart entre rendement arithmétique et géométrique est grand → les investisseurs qui raisonnent en rendements arithmétiques surestiment leurs gains réels.