Sauf erreur [latex]\frac{7}{8}[/latex]

Vidéo présentant un problème équivalent

Salut Ebichu.
Je dirais 1/2. En effet, les 2 premiers points définissent la séparation des 2 hémisphères, le 3ème sélectionne le bon. Donc une chance sur 2 pour le 4ème point.

Là, comme ça, je dirais 7/8...

Je vais détailler un peu :

Le premier point est au sommet d'une hémisphère.
Le second aussi, de même que le troisième.

Cela crée 8 zones (moins , des fois, mais avec une probabilité nulle)

Le quatrième point en crée 6 de plus, soit 14 (il coupe chacun des autres grands cercles en 2 ) .
(on passerait ensuite à 14+2x4=22 ... 22+2x5=32 ...etc)

Un point d'une des 14 zones à 1 chance sur 2^4 d'être dans la même hémisphère que chacun des autres, soit 14 / 16

OK, les zones ne sont pas de même taille, mais, en moyenne, elles sont interchangeables.

1 point : 2/2
2 points : 4/4
3 points : 8/8
4 points : 14/16
5 points : 22/32
6 points : 32/64
...

On doit pouvoir trouver une formule pour la suite 2 4 8 14 22 32 44 ...

J'imagine un nouveau point qui détermine un nouvel hémisphère .
La probabilité recherchée est la même que de se dire que ce nouvel hémisphère peut englober les 4 autres points ( ou aucun des 4 ) si on lui fait parcourir la sphère (et donc promener le point dans les 14 zones avec 1 chance sur 2^4 à chaque fois ) .

Les points d'une zone étant tous strictement équivalents, la question devient : un point quelconque d'une des zones au moins (14 possibilités , ici)  est-il le pôle d'une hémisphère contenant les autres points ( 1 chance sur 2^4 à chaque fois, ici)

En moyenne, on peut oublier la surface des zones. On arrive, si ta formule est bonne à :
(n^2-n+2)/2^n pour n points dans le cas général.

Finalement, je vais simplifier à l'extrême...

Deux points opposés sur la sphère sont totalement équiprobables. Ils déterminent un unique grand cercle dont ils sont les pôles. C'est une bijection, je crois entre choisir un grand cercle et choisir un des deux points.

Donc, je choisis 4 grands cercles au hasard avec pour chacun un indice 0 ou 1 (pour le choix du point )

Ils déterminent 14 zones sauf coïncidence de probabilité nulle.
A chacune de ces zones correspond une des combinaisons de 0000 à 1111 (du genre le point du haut ou celui du bas.)

Il manque 2 combinaisons parmi les 16, deux impossibilités. C'est logique ... on le voit en imaginant la sphère coupée en 8 quartiers réguliers, un nouveau grand cercle coupe 3 cercles en 2 points, soit 6 zones ce qui exclut deux des zones qui ne peuvent pas être coupées par ce cercle si les autres le sont, une  en choisissant "0" ou une autre en choisissant "1"

Maintenant, si je choisis un autre point ; au dessus ou en dessous du premier cercle, c'est équiprobable. (je sais, au dessus et en dessous ne veux rien dire, mais on va dire que c'est comme 0 ou 1 ) , pareil pour le second cercle, et les deux autres.

Ce point peut correspondre de manière équiprobable à chacune des 16 combinaisons. Mais seules 14 (équiprobables parmi les 16  équiprobables ) sont "possibles"  et donnent le point dans la même hémisphère.

Là, par contre, je ne suis pas très "matheux", plutôt en mode "vulgarisation".

Hello.

Assez rapidement, si on place 3 points (a ,b, c) sur une sphère, on constate que la ‘zone interdite’ pour le 4ème point est le triangle sphérique délimité par les points symétriques de a, b et c par rapport au centre. Graphiquement c’est assez clair, même si je n’ai pas de démo du truc.
Ce qui veut dire une surface égale au triangle sphérique (a, b, c) en fait. Mais c’est quoi sa taille moyenne ? Des intégrales de triangles sphériques me tentent assez peu… Et l'assertion 'un gamin en primaire peut le résoudre' me laisse à penser qu'il y a mieux à faire. Où alors on n'a pas fréquenté les mêmes bahuts...

Je me suis du coup posé la question plus simple du problème de 3 points sur un cercle, pour voir si le raisonnement était transposable. On retrouve bien le même truc (la zone interdite est l’arc opposé au centre, donc un arc de la taille de celui entre a et b). C’est quoi sa taille moyenne ? si on fixe le point a, b peut se balader entre 0 et Pi, de façon équiprobable. Donc Pi/2 en moyenne. Ce qui veut dire que l’arc (court) entre a et b choisis au hasard est 1/4 du cercle. La probabilité d’avoir un demi-cercle qui contienne les 3 points est donc 3/4.

J’essaye de reproduire le truc sur la sphère. Je fixe a. b est situé en moyenne à ¼ de cercle sur un cercle équatorial quelconque. c est situé sur une des demi-sphère, à une distance moyenne de ¼ de cercle de a et ¼ de cercle de b (c’est plus intuitif que démontré là). Du coup la moyenne de la surface (a,b,c) serait de 1/8ème de la sphère.

Ce qui veut dire (ou plutôt voudrait dire, vu la solidité de la démo) que la probabilité d’avoir 4 points inscrits dans une demi-sphère est de 7/8.

Et du coup, sur une sphère en dimension n, aucun souci (et là je visualise super bien, en chaussant mes lunettes n-D) : la proba est de 1-1/2^n.

Bon je suis pas hyper sûr de mon coup après réflexion… Mais les intégrales de triangles sphériques me révoltent, alors j’en reste là.

@TOUFAU : tu suis le même raisonnement que nodgim ou moi dans le 1er paragraphe. Le 3e paragraphe te permet d'obtenir le bon résultat, mais je ne suis pas non plus convaincu par ton argument. Il y a moyen de trouver un argument élégant, pas trop compliqué à comprendre (à trouver, c'est une autre affaire) et sans intégrale sphérique pour conclure.

Pour être plus robuste dans mon raisonnement, je regarde le découpage de la sphère par les 3 grands cercles passants chacun par 2 des 3 premiers points positionnés.
Sauf cas d’alignement des 3 points (sans intérêt statistique), les cercles se coupent deux à deux, en 6 points du coup. Ce qui va définir des quartiers sur la sphère (triangles sphériques). Chaque point est commun à 4 triangles, et chaque triangle a 3 points. Donc 6*4/3 = 8 quartiers en tout (normal, 2^n). Un seul est interdit dans notre cas.

En moyenne, aucune raison qu’un des quartiers soit plus grand ou plus petit que les autres. Donc un quartier fait en moyenne 1/8 de sphère. D’où la réponse (7/8) au problème posé.

Merci aux participants. Mon raisonnement était équivalent à celui de Toufau, donc je vais éviter de paraphraser. Sydre ou gwen27 présentent chacun une solution différente qu'il est intéressant de découvrir.