Problèmes sur les probabilités

Trois lancers d'une pièce

On lance trois fois de suite une pièce de monnaie équilibrée, et on note à chaque lancer PILE (\(P\)) ou FACE (\(F\)).

1. Lister les issues de l'expérience, puis calculer la probabilité de n'obtenir que des FACE.

   Chaque lancer a deux issues, donc trois lancers en ont \(2 \times 2 \times 2 = 8\), toutes de même probabilité :

   $$ FFF \quad FFP \quad FPF \quad FPP \quad PFF \quad PFP \quad PPF \quad PPP $$

   Une seule de ces huit issues ne comporte que des FACE :

   $$ P(FFF) = \frac{1}{8} $$
2. Calculer la probabilité de l'évènement \(A\) : « obtenir au moins une fois FACE ».

   Le contraire de « au moins une fois FACE » est « aucune FACE », c'est-à-dire l'issue \(PPP\), de probabilité \(\frac{1}{8}\) :

   $$ P(A) = 1 - P(\overline{A}) $$

   $$ P(A) = 1 - \frac{1}{8} $$

   $$ P(A) = \frac{7}{8} $$
3. Calculer la probabilité de l'évènement \(B\) : « obtenir exactement deux fois FACE ».

   Parmi les huit issues, trois comportent exactement deux FACE : \(FFP\), \(FPF\) et \(PFF\).

   $$ P(B) = \frac{3}{8} $$
4. Après les trois lancers, on apprend qu'au moins une FACE est sortie. Calculer la probabilité qu'il y en ait exactement deux, c'est-à-dire \(P_A(B)\).

   Obtenir exactement deux FACE, c'est déjà en obtenir au moins une : \(B\) est contenu dans \(A\), donc \(A \cap B = B\).

   $$ P_A(B) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} $$

   $$ P_A(B) = \frac{P(B)}{P(A)} $$

   $$ P_A(B) = \frac{3}{8} \div \frac{7}{8} = \frac{3}{8} \times \frac{8}{7} $$

   $$ P_A(B) = \frac{3}{7} $$

   On le retrouve en se restreignant aux sept issues de \(A\) : trois d'entre elles comportent exactement deux FACE.

Deux dés, un rouge et un bleu

On lance deux dés équilibrés à six faces, un rouge et un bleu. On note \(R_6\) l'évènement « le dé rouge donne \(6\) » et \(B_6\) l'évènement « le dé bleu donne \(6\) ».

Calculer la probabilité de chacun des évènements suivants.

1. \(R_6 \cap B_6\) : « obtenir un double \(6\) ».

   Chaque dé a six faces : l'expérience a \(6 \times 6 = 36\) issues, toutes de même probabilité. Une seule donne \(6\) sur les deux dés :

   $$ P(R_6 \cap B_6) = \frac{1}{36} $$
2. \(D\) : « obtenir un double », quel qu'il soit.

   Les doubles sont les six issues \((1 \ ; \ 1)\), \((2 \ ; \ 2)\), …, \((6 \ ; \ 6)\), chacune de probabilité \(\frac{1}{36}\) :

   $$ P(D) = \frac{6}{36} $$

   $$ P(D) = \frac{1}{6} $$
3. \(\overline{R_6} \cap \overline{B_6}\) : « n'obtenir aucun \(6\) ».

   Chaque dé doit donner l'une des cinq faces de \(1\) à \(5\) : il y a \(5 \times 5 = 25\) issues favorables sur \(36\).

   $$ P(\overline{R_6} \cap \overline{B_6}) = \frac{25}{36} $$
4. \(R_6 \cup B_6\) : « obtenir au moins un \(6\) ».

   « Au moins un \(6\) » est le contraire de « aucun \(6\) », dont on vient de calculer la probabilité :

   $$ P(R_6 \cup B_6) = 1 - \frac{25}{36} $$

   $$ P(R_6 \cup B_6) = \frac{36}{36} - \frac{25}{36} $$

   $$ P(R_6 \cup B_6) = \frac{11}{36} $$

   La formule de l'union le confirme, les évènements \(R_6\) et \(B_6\) étant compatibles :

   $$ P(R_6) + P(B_6) - P(R_6 \cap B_6) = \frac{6}{36} + \frac{6}{36} - \frac{1}{36} = \frac{11}{36} $$
5. \(S\) : « la somme des deux dés est supérieure ou égale à \(7\) ».

   Le tableau des \(36\) sommes, dé rouge en ligne et dé bleu en colonne, fait apparaître en vert celles qui valent au moins \(7\) :

   \(+\)	\(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)
   \(1\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{7}\)
   \(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{7}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{8}\)
   \(3\)	\(4\)	\(5\)	\(6\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{7}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{8}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{9}\)
   \(4\)	\(5\)	\(6\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{7}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{8}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{9}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{10}\)
   \(5\)	\(6\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{7}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{8}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{9}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{10}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{11}\)
   \(6\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{7}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{8}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{9}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{10}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{11}\)	\(\textcolor{rgb(93 183 129)}{12}\)

   On compte \(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21\) cases vertes sur \(36\) :

   $$ P(S) = \frac{21}{36} $$

   $$ P(S) = \frac{7}{12} $$

La couleur au Texas Hold'em

Au Texas Hold'em, chaque joueur reçoit deux cartes cachées, puis cinq cartes communes sont retournées : trois d'un coup (le flop), une quatrième (le turn), puis une cinquième (la river). Le jeu compte \(52\) cartes, dont \(13\) carreaux. Une couleur, c'est cinq cartes de la même famille.

Un joueur a la main suivante :

Le flop est le suivant :

On note \(C_4\) l'évènement « le turn est un carreau » et \(C_5\) l'évènement « la river est un carreau ».

1. Les chances de toucher la couleur
   1. Calculer la probabilité \(P(C_4)\) que le turn apporte la couleur au joueur principal.

      Le joueur voit \(5\) cartes : il en reste \(52 - 5 = 47\) qu'il ne connaît pas. Quatre carreaux sont déjà visibles, il en reste \(13 - 4 = 9\) parmi elles.

      $$ P(C_4) = \frac{9}{47} \approx 0.19 $$
   2. Le turn n'est pas un carreau. Calculer la probabilité \(P_{\overline{C_4}}(C_5)\) que la river en soit un.

      Le turn est venu s'ajouter aux cartes connues : il reste \(46\) cartes inconnues, et toujours \(9\) carreaux parmi elles.

      $$ P_{\overline{C_4}}(C_5) = \frac{9}{46} \approx 0.20 $$
   3. En s'aidant d'un arbre pondéré, calculer la probabilité que la couleur arrive au turn ou à la river.

      Au premier niveau de l'arbre, \(C_4\) a pour probabilité \(\frac{9}{47}\) et \(\overline{C_4}\) a pour probabilité \(\frac{38}{47}\). Après \(\overline{C_4}\), la branche \(C_5\) porte \(\frac{9}{46}\) et la branche \(\overline{C_5}\) porte \(\frac{37}{46}\).

      Le joueur rate la couleur sur un seul chemin, \(\overline{C_4}\) puis \(\overline{C_5}\) :

      $$ P(\overline{C_4} \cap \overline{C_5}) = \frac{38}{47} \times \frac{37}{46} = \frac{1 \ 406}{2 \ 162} = \frac{703}{1 \ 081} $$

      L'évènement cherché est son contraire :

      $$ P = 1 - \frac{703}{1 \ 081} $$

      $$ P = \frac{378}{1 \ 081} \approx 0.35 $$

      Les deux chemins qui mènent à la couleur donnent le même résultat : \(\frac{9}{47} + \frac{38}{47} \times \frac{9}{46} = \frac{414 + 342}{2 \ 162} = \frac{756}{2 \ 162}\).

2. La décision de payer

   Une fois ce flop sorti, le joueur principal mise, deux joueurs se couchent et le dernier annonce « tapis ». À cet instant, le pot contient \(350\) jetons, et il reste \(120\) jetons à payer pour suivre. Le joueur en face a la main suivante, que le joueur principal ne voit pas :

   

   On admet que le joueur principal remporte le pot s'il obtient la couleur, et qu'il le perd sinon.

   1. S'il paie, calculer la part du pot final que le joueur principal aura apportée.

      En payant, il porte le pot à \(350 + 120 = 470\) jetons, dont \(120\) viennent de lui :

      $$ \frac{120}{470} = \frac{12}{47} $$

      $$ \frac{12}{47} \approx 0.26 $$
   2. Un joueur a intérêt à payer quand sa probabilité de gagner le coup dépasse la part du pot qu'il apporte. Trancher : le joueur principal doit-il payer ou se coucher ?

      Sa probabilité de gagner est celle d'obtenir la couleur, environ \(0.35\), et elle dépasse la part qu'il apporte, environ \(0.26\) :

      $$ \frac{378}{1 \ 081} \approx 0.35 \ > \ 0.26 \approx \frac{12}{47} $$

      Le joueur principal a intérêt à payer.

      Il perdra le coup environ deux fois sur trois, mais sur un grand nombre de situations identiques, les pots gagnés rapportent plus que les mises perdues.

Des raisonnements à vérifier

Chaque question porte sur une situation différente.

1. Une urne contient \(15\) boules vertes, et des boules rouges. La probabilité de tirer une boule rouge est \(\frac{3}{8}\). Retrouver le nombre de boules rouges.

   La probabilité de tirer une boule verte est celle de l'évènement contraire :

   $$ P(V) = 1 - \frac{3}{8} = \frac{5}{8} $$

   Les \(15\) boules vertes représentent donc les \(\frac{5}{8}\) de l'urne : un huitième de l'urne compte \(15 \div 5 = 3\) boules, et l'urne en compte \(3 \times 8 = 24\).

   $$ 24 - 15 = 9 $$

   $$ \text{L'urne contient } 9 \text{ boules rouges.} $$

   On vérifie : \(\frac{9}{24} = \frac{3}{8}\).

2. On tire une carte dans un jeu de \(52\) cartes, qui compte \(13\) cœurs et \(12\) figures (valets, dames et rois). Tom affirme : « \(P(\text{cœur ou figure}) = \frac{13}{52} + \frac{12}{52} = \frac{25}{52}\) ». Repérer son erreur, puis corriger le calcul.

   Les évènements « cœur » et « figure » sont compatibles : le valet, la dame et le roi de cœur sont comptés deux fois dans l'addition de Tom. Il faut retirer l'intersection :

   $$ P(\text{cœur ou figure}) = \frac{13}{52} + \frac{12}{52} - \frac{3}{52} $$

   $$ P(\text{cœur ou figure}) = \frac{22}{52} $$

   $$ P(\text{cœur ou figure}) = \frac{11}{26} $$
3. Hugo lance une pièce équilibrée et obtient FACE cinq fois de suite. Il affirme : « d'après la loi des grands nombres, PILE a maintenant plus d'une chance sur deux de sortir au prochain lancer ». Dire si Hugo a raison, en justifiant.

   Hugo a tort. La pièce ne garde aucune mémoire des lancers précédents : au prochain lancer, PILE a toujours la même probabilité.

   $$ P(\text{PILE}) = \frac{1}{2} $$

   La loi des grands nombres porte sur la fréquence observée sur un grand nombre de lancers ; elle ne permet jamais de prévoir le résultat suivant.

Testé positif, donc malade ?

Une maladie touche \(2 \ \%\) de la population. Un test de dépistage est positif pour \(95 \ \%\) des malades, mais aussi pour \(10 \ \%\) des personnes saines. On choisit une personne au hasard, et on note \(M\) l'évènement « la personne est malade » et \(T\) l'évènement « son test est positif ».

1. Compléter les trois probabilités manquantes de cet arbre.

   Les branches issues d'un même nœud ont pour somme \(1\) :

   $$ P(\overline{M}) = 1 - 0.02 = 0.98 \hspace{2em} P_M(\overline{T}) = 1 - 0.95 = 0.05 \hspace{2em} P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 1 - 0.1 = 0.9 $$

   $$ 0.98 \quad \text{et} \quad 0.05 \quad \text{et} \quad 0.9 $$
2. Calculer \(P(M \cap T)\), puis la probabilité \(P(T)\) que le test d'une personne choisie au hasard soit positif.

   La probabilité d'un chemin est le produit de ses branches :

   $$ P(M \cap T) = 0.02 \times 0.95 = 0.019 $$

   $$ P(\overline{M} \cap T) = 0.98 \times 0.1 = 0.098 $$

   Deux chemins aboutissent à \(T\) : on additionne leurs probabilités.

   $$ P(T) = 0.019 + 0.098 $$

   $$ P(M \cap T) = 0.019 \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} P(T) = 0.117 $$
3. Le test d'une personne est positif. Calculer la probabilité \(P_T(M)\) qu'elle soit malade, arrondie au centième.
   $$ P_T(M) = \frac{P(M \cap T)}{P(T)} $$

   $$ P_T(M) = \frac{0.019}{0.117} = \frac{19}{117} $$

   $$ P_T(M) \approx 0.16 $$
4. Un site d'information titre : « Testé positif, vous avez \(95 \ \%\) de risque d'être malade ». Trancher : ce titre est-il juste ?

   Le titre est faux. \(95 \ \%\) est la probabilité \(P_M(T)\) d'être positif quand on est malade ; le risque d'être malade quand on est positif est \(P_T(M)\), environ \(16 \ \%\).

   Un test positif ne signifie une maladie que dans environ \(16 \ \%\) des cas.

   La maladie est rare : sur \(10 \ 000\) personnes, \(190\) malades sont positifs, mais \(980\) personnes saines le sont aussi. Ce sont les faux positifs.

Garder ou changer de porte

Dans un jeu télévisé, une voiture est cachée au hasard derrière l'une de trois portes ; les deux autres sont vides. Le candidat choisit la porte \(1\). Le présentateur, qui sait où est la voiture, ouvre alors une autre porte vide, au hasard s'il a le choix. Le candidat peut garder sa porte ou changer pour l'autre porte fermée.

Ce programme simule \(10 \ 000\) parties où le candidat change de porte :

from random import randint

def partie(changer):
    voiture = randint(1, 3)
    ouverte = randint(2, 3)
    while ouverte == voiture:
        ouverte = randint(2, 3)
    choix = 1
    if changer:
        choix = 5 - ouverte
    return choix == voiture

gains = 0
for k in range(10000):
    if partie(True):
        gains = gains + 1
print(gains / 10000)

1. Expliquer le rôle de la boucle while et de l'instruction choix = 5 - ouverte. Le programme affiche 0.6684 ; avec partie(False), il affiche 0.3402. Lina affirme : « Il reste deux portes fermées : garder ou changer, c'est une chance sur deux. » Qu'en penser ?

   La boucle while tire une nouvelle porte à ouvrir, parmi les portes \(2\) et \(3\), tant que celle tirée cache la voiture : le présentateur n'ouvre qu'une porte vide. Si la voiture est derrière la porte \(1\), le premier tirage convient, et la porte ouverte est choisie au hasard.

   Comme \(2 + 3 = 5\), l'instruction choix = 5 - ouverte donne la porte \(3\) quand la porte \(2\) est ouverte, et inversement : c'est l'autre porte fermée, celle que prend le candidat qui change.

   Sur \(10 \ 000\) parties, les fréquences de gain sont proches des probabilités : environ \(0.67\) en changeant, \(0.34\) en gardant, loin toutes deux de \(0.5\).

   $$ \text{Lina se trompe vraisemblablement : changer semble gagner deux fois sur trois} $$

   Une simulation ne démontre rien : il reste à le prouver.

2. On note \(V_k\) l'évènement « la voiture est derrière la porte \(k\) » et \(O_k\) l'évènement « le présentateur ouvre la porte \(k\) ». Compléter cet arbre, puis démontrer que changer de porte fait gagner avec la probabilité \(\frac{2}{3}\).

   Si la voiture est derrière la porte \(1\), les portes \(2\) et \(3\) sont vides : le présentateur ouvre chacune avec la probabilité \(\frac{1}{2}\), et changer mène à une porte vide. Si elle est derrière la porte \(2\), il ne peut ouvrir que la porte \(3\), et changer mène à la voiture ; de même derrière la porte \(3\).

   Le candidat qui change gagne sur les deux derniers chemins :

   $$ P(\text{gagner en changeant}) = \frac{1}{3} \times 1 + \frac{1}{3} \times 1 $$

   $$ P(\text{gagner en changeant}) = \frac{2}{3} $$

   Garder ne gagne que sur les deux premiers chemins, avec la probabilité \(\frac{1}{6} + \frac{1}{6} = \frac{1}{3}\) : les fréquences \(0.6684\) et \(0.3402\) du programme sont proches de \(\frac{2}{3}\) et de \(\frac{1}{3}\).

3. On change de jeu : quatre portes, une seule voiture. Le candidat choisit la porte \(1\), le présentateur, qui sait où est la voiture, ouvre une autre porte vide, puis le candidat qui change prend au hasard l'une des deux autres portes fermées. Calculer sa probabilité de gagner. Changer reste-t-il avantageux ?

   Si la voiture est derrière la porte \(1\), changer perd. Sinon, avec la probabilité \(\frac{3}{4}\), le présentateur ouvre une porte vide et la voiture reste derrière l'une des deux autres portes fermées : le candidat la prend avec la probabilité \(\frac{1}{2}\).

   $$ P(\text{gagner en changeant}) = \frac{1}{4} \times 0 + \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{3}{8} $$

   En gardant la porte \(1\), il gagne avec la probabilité \(\frac{1}{4} = \frac{2}{8}\).

   $$ \frac{3}{8} > \frac{2}{8} : \text{changer reste avantageux} $$
4. On revient à trois portes, mais le présentateur ne sait plus où est la voiture : il ouvre au hasard la porte \(2\) ou la porte \(3\), et la partie est annulée s'il découvre la voiture. On note \(E\) l'évènement « la porte ouverte est vide ». Compléter cet arbre, puis calculer la probabilité de gagner en changeant, sachant que la porte ouverte est vide. Lina a-t-elle raison dans ce jeu ?

   Si la voiture est derrière la porte \(1\), les portes \(2\) et \(3\) sont vides : \(E\) est certain. Sinon, l'une des deux cache la voiture, et le présentateur l'ouvre une fois sur deux.

   Deux chemins mènent à \(E\) :

   $$ P(E) = \frac{1}{3} \times 1 + \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = \frac{2}{3} $$

   Quand la porte ouverte est vide, changer gagne si la voiture n'est pas derrière la porte \(1\) : c'est l'évènement \(\overline{V_1} \cap E\).

   $$ P(\overline{V_1} \cap E) = \frac{2}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3} $$

   $$ P_E(\overline{V_1}) = \frac{P(\overline{V_1} \cap E)}{P(E)} = \frac{1}{3} \div \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \times \frac{3}{2} $$

   $$ P_E(\overline{V_1}) = \frac{1}{2} $$

   Dans ce jeu, Lina a raison : garder ou changer, c'est une chance sur deux. Un présentateur qui sait n'ouvre jamais la voiture, et sa porte vide n'apprend rien sur la porte \(1\) ; celui qui ne sait pas aurait pu découvrir la voiture, et sa porte vide rend la porte \(1\) plus probable, de \(\frac{1}{3}\) à \(\frac{1}{2}\).

Les chaussettes dans le noir

Dans le noir, Léo prend au hasard deux chaussettes dans son tiroir, qui ne contient que des chaussettes rouges et des chaussettes bleues. Il espère deux chaussettes de la même couleur.

1. Le tiroir contient \(3\) chaussettes rouges et \(1\) bleue. Calculer, à l'aide d'un arbre, la probabilité que Léo tire deux chaussettes de la même couleur, puis vérifier en listant toutes les paires possibles.

   On note \(R\) l'évènement « la chaussette est rouge » et \(B\) l'évènement « la chaussette est bleue ». Après la première chaussette, il en reste \(3\) dans le tiroir :

   $$ P(\text{même couleur}) = \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} + \frac{1}{4} \times 0 = \frac{6}{12} $$

   $$ P(\text{même couleur}) = \frac{1}{2} $$

   Vérification : en nommant les chaussettes \(R_1\), \(R_2\), \(R_3\) et \(B\), Léo peut tirer six paires, toutes aussi probables :

   $$ R_1 R_2 \hspace{2em} R_1 R_3 \hspace{2em} R_2 R_3 \hspace{2em} R_1 B \hspace{2em} R_2 B \hspace{2em} R_3 B $$

   Trois paires sur six sont d'une seule couleur, et \(\frac{3}{6} = \frac{1}{2}\).

2. Léo double le contenu de ce même tiroir : \(6\) chaussettes rouges et \(2\) bleues. Il pense garder une chance sur deux. Trancher.

   Le même arbre porte cette fois \(\frac{6}{8}\) et \(\frac{2}{8}\), puis des probabilités sur \(7\) chaussettes :

   $$ P(\text{même couleur}) = \frac{6}{8} \times \frac{5}{7} + \frac{2}{8} \times \frac{1}{7} = \frac{30}{56} + \frac{2}{56} = \frac{32}{56} $$

   $$ P(\text{même couleur}) = \frac{4}{7} \neq \frac{1}{2} $$

   Léo se trompe. Les proportions de départ n'ont pas changé, mais après une chaussette rouge, il reste \(\frac{5}{7}\) de rouges au lieu de \(\frac{2}{3}\) : une chaussette retirée sur \(8\) pèse moins qu'une sur \(4\).

3. Le tiroir contient maintenant \(r\) chaussettes rouges et \(b\) chaussettes bleues, avec \(r + b \geqslant 2\). Démontrer que la probabilité d'obtenir deux chaussettes de la même couleur vaut \(\frac{1}{2}\) si et seulement si \((r - b)^2 = r + b\).

   Notons \(n = r + b\) le nombre de chaussettes. Le même arbre donne :

   $$ P(\text{même couleur}) = \frac{r}{n} \times \frac{r - 1}{n - 1} + \frac{b}{n} \times \frac{b - 1}{n - 1} = \frac{r(r - 1) + b(b - 1)}{n(n - 1)} $$

   On écrit que cette probabilité vaut \(\frac{1}{2}\), puis on multiplie les deux membres par \(2n(n - 1)\), qui n'est pas nul :

   $$ \frac{r(r - 1) + b(b - 1)}{n(n - 1)} \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ 2n(n - 1)} = \frac{1}{2} \textcolor{rgb(93 183 129)}{\times \ 2n(n - 1)} $$

   $$ 2r(r - 1) + 2b(b - 1) = n(n - 1) $$

   On développe, avec \(n = r + b\) :

   $$ 2r^2 - 2r + 2b^2 - 2b = r^2 + 2rb + b^2 - r - b $$

   On regroupe tous les termes dans le membre de gauche :

   $$ r^2 - 2rb + b^2 - r - b = 0 $$

   $$ (r - b)^2 - (r + b) = 0 $$

   Chaque ligne équivaut à la précédente :

   $$ P(\text{même couleur}) = \frac{1}{2} \Longleftrightarrow (r - b)^2 = r + b $$

   Vérification : avec \(3\) rouges et \(1\) bleue, \((3 - 1)^2 = 4 = 3 + 1\) ; avec \(6\) rouges et \(2\) bleues, \((6 - 2)^2 = 16\) et \(6 + 2 = 8\).

4. Trouver tous les tiroirs d'au plus \(30\) chaussettes, avec plus de rouges que de bleues, où Léo a exactement une chance sur deux. Prouver qu'il n'y en a pas d'autre.

   Posons \(k = r - b\) : c'est un entier naturel non nul, puisqu'il y a plus de rouges que de bleues. D'après la question précédente, \(r + b = k^2\). En ajoutant puis en soustrayant \(r + b = k^2\) et \(r - b = k\) :

   $$ r = \frac{k^2 + k}{2} \hspace{2em} \text{et} \hspace{2em} b = \frac{k^2 - k}{2} $$

   Réciproquement, pour tout entier \(k \geqslant 1\), ces deux nombres sont entiers, car \(k^2 + k = k(k + 1)\) est le produit de deux entiers consécutifs, donc pair ; et ils vérifient \((r - b)^2 = k^2 = r + b\).

   Le tiroir compte \(k^2\) chaussettes, entre \(2\) et \(30\) : comme \(1^2 = 1\) et \(6^2 = 36\), \(k\) vaut \(2\), \(3\), \(4\) ou \(5\).

   \(k\)	\(2\)	\(3\)	\(4\)	\(5\)
   Rouges \(r\)	\(3\)	\(6\)	\(10\)	\(15\)
   Bleues \(b\)	\(1\)	\(3\)	\(6\)	\(10\)
   Chaussettes \(r + b\)	\(4\)	\(9\)	\(16\)	\(25\)

   Les couples \((r \ ; \ b)\) possibles sont :

   $$ (3 \ ; \ 1) \hspace{2em} (6 \ ; \ 3) \hspace{2em} (10 \ ; \ 6) \hspace{2em} (15 \ ; \ 10) $$

   Vérification pour le plus grand tiroir : \(\frac{15}{25} \times \frac{14}{24} + \frac{10}{25} \times \frac{9}{24} = \frac{210 + 90}{600} = \frac{1}{2}\).