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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- freddy
- 10-05-2012 10:39:08
Salut,
Ce problème est connu sous le nom du problème de Waldegrave. Il a été posé en 1713 par Charles Waldegrave au chevalier de Montmort.
Il a donné lieu à une abondante correspondance entre N. Bernoulli, le chevalier de Montmort, Abraham de Moivre, ... Une petite visite sur la Toile permettra de trouver tous les éléments cités.
La solution est donnée par Nicolas Bernoulli, qui généralise le problème avec [tex]n[/tex] joueurs et trouve les formules de récurrence permettant de calculer aussi bien les probabilités de gain de chacun des joueurs que leurs espérances.
Les probabilités de gain vont logiquement en diminuant à partir des deux premiers joueurs, mais ce sont les deux derniers joueurs qui ont des espérances de gains positives, alors que les trois premiers joueurs ont des perspectives de perte (c'est un jeu à somme nulle).
Si on utilise un automate, on s'aperçoit qu'il faut procéder à environ 100 millions de simulations pour que les résultats soient quasi exacts. A 13 millions de tirages aléatoires, les résultats étaient encore distincts pour les deux premiers joueurs.
C'est la raison pour laquelle, en dépit des résultats théoriques, les joueurs continuent à y jouer.
Un peu comme au jeu de la roulette au casino : en dépit du zéro ou du double zéro où tout le monde, sauf le casino, perd, on peut décider de jouer avec des règles d'arrêt du genre : jouer durant x heures, ou bien tant que je n'ai pas gagné y euros, alors dès que j'ai perdu z euros.
- totomm
- 03-04-2012 10:39:00
Bonjour,
Merci à jpp d'avoir fort bien mis en valeur les résultats publiés par freddy
A voir cette "mise en valeur" on regrette de ne pas avoir eu l'intuition d'un même rapport r entre les joueurs 2 et 3, 3 et 4, 4 et 5, puisqu'en se suivant dans leur première entrée en jeu, ils sont soumis au même rapport avec leur prédécesseur.
Quelle est l'expression de la probabilité de gagner de chacun des joueurs pour chacune des durées du jeu (nombre de lancers avant gain d'un joueur) ?
D'où r = 16/17, ou r est-il obtenu plus simplement ?
Cordialement
- jpp
- 27-03-2012 04:54:16
salut.
les probas seraient donc celles-ci:
[tex]P_a=P_b = \frac{1}{2 + \frac{16}{17} + \frac{16^2}{17^2} + \frac{16^3}{17^3}}[/tex]
[tex]P_c =\frac{16}{17}\times \frac{1}{2 + \frac{16}{17} + \frac{16^2}{17^2} + \frac{16^3}{17^3}}[/tex]
[tex]P_d =\frac{16^2}{17^2}\times \frac{1}{2 + \frac{16}{17} + \frac{16^2}{17^2} + \frac{16^3}{17^3}}[/tex]
[tex]P_e =\frac{16^3}{17^3}\times \frac{1}{2 + \frac{16}{17} + \frac{16^2}{17^2} + \frac{16^3}{17^3}}[/tex]
à plus.
- freddy
- 26-03-2012 17:09:34
Re,
quant aux espérances de gain, il y a un très joli paradoxe à expliquer ...
- totomm
- 26-03-2012 15:01:13
Bonjour,
@ freddy :Merci pour ces résultats
Je les vois alors que je revenais dire que mes"calculs" étaient erronés (post #38).
J'ai trouvé pourquoi et je sais comment les corriger !
Mes simulations étaient justes ( publiées post #30) et, pour cette fois, j'ai eu tort de ne pas me fier au verdict de l'ordinateur qui n'était pas d'accord avec le raisonnement : c'est bien ce dernier qui n'était pas assez élaboré !
Le chemin des probabilités est vraiment hasardeux...
A+ Cordialement
- freddy
- 26-03-2012 14:32:20
Salut,
les probas de gagner qu'on doit trouver sont les suivantes, sauf erreur :
p(A)=p(B)= 4.913/22.989 # 21,46 % ; p(C)= 4.624/22.989 # 20,19 % ; p(D) = 4.352/22.898 # 19,01 % ;
p(E) = 4.096/22.898 # 17,89 %.
Bon courage !
- totomm
- 25-03-2012 18:02:05
Bonsoir,
Réponse à la question 2 :
quelle est la probabilité de gagner de chaque joueur ?
Donné par totomm post 30
0,214 ; 0,215 ; 0,202 ; 0,190 ; 0,179Données par jpp post #31
0.2255 - 0.2255 - 0.19817 - 0.18125 & 0.1695
dernier résultat "calculé exactement"
0,23306375 0,23306375 0,18997745 0,17817843 0,16571654
Pour chaque joueur : C'est la somme, pour tous les lancers, des produits
de la probabilité d'être lanceur du dé pour le n-ième lancer et
de la probabilité que le jeu dure (n+2) lancers
Cordialement
[edit]
Le calcul précédent repose sur un tableau 5x5 d'évolution des probabilités
Les sommes des colonnes sont toutes égales à 1 : Il y a 1 joueur dans chaque position
Les sommes des lignes sont toutes égales à 1 : Un joueur passe par chacune des positions
EXEMPLE :
Prob totale de gagner au lancer 10 = 0,54736328125
*******************************************************
Lancer 11
Au lancer 13 prob arret =0,036376953125
Joueur 1 0,2354 0,1953 0,1289 0,2051 0,2354 Prob de gagner : 0,00856137
Joueur 2 0,2354 0,1953 0,1289 0,2051 0,2354 Prob de gagner : 0,00856137
Joueur 3 0,2051 0,2656 0,1953 0,1289 0,2051 Prob de gagner : 0,00746012
Joueur 4 0,1289 0,2813 0,2656 0,1953 0,1289 Prob de gagner : 0,00468922
Joueur 5 0,1953 0,0625 0,2813 0,2656 0,1953 Prob de gagner : 0,00710487
Prob totale de gagner = 0,583740234375 [/edit]
- jpp
- 25-03-2012 14:28:36
salut.
j'ai calculé les probas avec cette formule . et je voudrais savoir ou est-ce que j'ai pu merder .
[tex]P_{(Emilie)} = \frac15 \times{\left[1 - \frac{14}{2^8} - \frac{26}{2^9} - \frac{48}{2^{10}}\right]} \approx 0.1695[/tex]
[tex]P_{(Vincent)} = \frac15 \times{\left[1 - \frac{14}{2^8} - \frac{26}{2^9} - \frac{48}{2^{10}}\right]} + \frac{48}{4 \times{2^{10}}} \approx 0.18125[/tex]
[tex]P_{(Jacques)} = \frac15 \times{\left[1 - \frac{14}{2^8} - \frac{26}{2^9} - \frac{48}{2^{10}}\right]} + \frac{48}{4 \times{2^{10}}} + \frac{26}{3\times{2^9}} \approx 0.19818[/tex]
[tex]P_{(Pierre)} = P_{(Paul)} =\frac15 \times{\left[1 - \frac{14}{2^8} - \frac{26}{2^9} - \frac{48}{2^{10}}\right]} + \frac{48}{4 \times{2^{10}}} + \frac{26}{3\times{2^9}} + \frac{14}{2\times{2^8}} \approx 0.2255[/tex]
- freddy
- 25-03-2012 11:33:53
@jpp : au temps pour moi, compris.
@totomn : j'ai utilisé la même mécanique pour faire mes simulations.
- freddy
- 24-03-2012 18:05:12
Salut,
@jpp : une proba est toujours comprise entre 0 et 1.
@karlun : non, désolé !
@totomn : le calcul se fait aussi à la main. La dernière proposition est exacte.
- karlun
- 24-03-2012 17:58:18
Re,
Il semble que plus précisément, d'après ma simulation (poussée à l'infini), les gains se répartissent selon les joueurs [J1,J2,J,J4,J5] de la manière suivante:
[ -1/3 , -1/6 , 0 , 1/6 , 1/3 ]
A+-*/
- totomm
- 24-03-2012 16:41:29
Bonjour,
il faudrait être courageux pour trouver les réponses calculées, plutôt que simulées pour les questions 2 et 3
Je me suis contenté de simulations en utilisant les chiffres de PI, en décimal et en binaire :
Résultats très voisins de ceux de karlun (post #32 précédent) en ramenant au même nombre de jeux !
j'ai utilisé cette technique de simulation : les joueurs sont mis en liste 1,2,3,4,5.
si le tirage est impair, les 2 premiers de la liste sont permutés et le gagnant est alors en tête
ensuite permutation circulaire des 4 suivants en mettant le second en queue
celui qui reste en tête pour 4 tirages gagne le pot. C'est le plus simple que j'aie trouvé...
Les 2 premiers joueurs ont des destins semblables, puisqu'ils ont la même probabilité initiale de se retrouver en tête ou en queue !
cordialement
- karlun
- 24-03-2012 13:39:01
Bonjour,
@karlun : quand Pierre joue contre Paul, soit il gagne et rencontre Jacques, soit c'est Paul qui gagne et qui rencontre Jacques ...
Voici les deux cas de figure:
Le joueur: 0 affronte le joueur 1 et joue: 2
joueurs [2, 0, 0, 0, 0]
gains [0, -1, 0, 0, 0]
partie n° 2
Le joueur: 0 affronte le joueur 2 et joue: 1
joueurs [0, 0, 2, 0, 0]
gains [-1, -1, 0, 0, 0]
partie n° 3
Le joueur: 2 affronte le joueur 3 et joue: 2
joueurs [0, 0, 4, 0, 0]
gains [-1, -1, 0, -1, 0]
partie n° 4
Le joueur: 2 affronte le joueur 4 et joue: 1
joueurs [0, 0, 0, 0, 2]
gains [-1, -1, -1, -1, 0]
partie n° 5
Le joueur: 4 affronte le joueur 0 et joue: 2
joueurs [0, 0, 0, 0, 4]
gains [-2, -1, -1, -1, 0]
partie n° 6
Le joueur: 4 affronte le joueur 1 et joue: 2
joueurs [0, 0, 0, 0, 6]
gains [-2, -2, -1, -1, 0]
partie n° 7
Le joueur: 4 affronte le joueur 2 et joue: 2
joueurs [0, 0, 0, 0, 8]
gains [-2, -2, -2, -1, 0]
le joueur n° 4 remporte la cagnotte
après 7 parties
[-2, -2, -2, -1, 7]
ou bien:
Le joueur: 0 affronte le joueur 1 et joue: 1
joueurs [0, 2, 0, 0, 0]
gains [-1, 0, 0, 0, 0]
partie n° 2
Le joueur: 1 affronte le joueur 2 et joue: 2
joueurs [0, 4, 0, 0, 0]
gains [-1, 0, -1, 0, 0]
partie n° 3
Le joueur: 1 affronte le joueur 3 et joue: 2
joueurs [0, 6, 0, 0, 0]
gains [-1, 0, -1, -1, 0]
partie n° 4
Le joueur: 1 affronte le joueur 4 et joue: 2
joueurs [0, 8, 0, 0, 0]
gains [-1, 0, -1, -1, -1]
le joueur n° 1 remporte la cagnotte
après 4 parties
[-1, 4, -1, -1, -1]
une autre simulation:
Une joute est composée en moyenne de 15.001874 parties
Succès par joueurs (J1,J2,J3,J4,J5) après 1000000 joutes:
parties gagnées: [223372, 210861, 199313, 188065, 178389]
gains: [-266945, -152931, 8462, 141978, 269436]
>>>
Et pour aller conclure une autre encore:
Une joute est composée en moyenne de 14.9943653 parties
Succès par joueurs (J1,J2,J3,J4,J5) après 10000000 joutes:
parties gagnées: [2234658, 2111536, 1992055, 1882815, 1778936]
gains: [-2623327, -1501467, 65588, 1453054, 2606152]
>>>
Il semble que pour un nombre de joutes tendant vers l'infini, les gains en valeur absolue sont symétriques par rapport au joueur n°3 (Jacques) et que les siens même tendent vers 0.
Est-il possible d'en connaître les montants plus précisément?
J'y pense.
A+-*/
- jpp
- 23-03-2012 23:11:54
re.
cette suite doit etre celle-ci:
avec [tex]U_n = U_{n-1} + U_{n-2} + U_{n-3}[/tex] à partir de [tex]U_6[/tex] et la série serait :
1 - 1 - 2 - 4 - 8 - 14 - 26 - 48 - 88 - 162 - 298 - 548 - 1008 - 1854 - 3410 ......
pour la suite de mon poste #5 je peux continuer ainsi:
puis j'appellerai G une manche gagnée et P , une manche perdue.
1 gagne avec la séquence GGGG et [tex]P_1 = \frac{1}{2^4} = \frac{1}{16}[/tex]
2 gagne avec la séquence PGGG et[tex]P_2 =\frac{1}{2^4} = \frac{1}{16} [/tex]
3 gagne avec l'une des séquences GPGGG & PPGGG et [tex]P_3 =\frac{2}{2^5} = \frac{1}{16} [/tex]
4 gagne avec l'une des séquences GGPGGG - GPPGGG - PPPGGG & PGPGGG et [tex]P_4 =\frac{2^2}{2^6} = \frac{1}{16} [/tex]
5 gagne avec l'une des séquences:GGGPGGG - GGPPGGG - GPGPGGG - GPPPGGG - PGGPGGG - PGPPGGG - PPGPGGG & PPPPGGG
et [tex]P_5 =\frac{2^3}{2^7} = \frac{1}{16} [/tex]
en effet pour la nième personne qui rentre dans le jeu et qui veut gagner , sa séquence doit etre PGGG
alors [tex]P_6 = \frac{14}{2^8} = 0.0547[/tex] [tex]P_7 = \frac{26}{2^9} = 0.0508[/tex] [tex]P_8 = \frac{48}{2^{10}}[/tex] .....[tex]P_{12} = \frac{548}{2^{14}} = 0.03344[/tex] ...
et on peut conclure que [tex]\sum_{n=1}^\infty\frac{U_n}{2^{n+2}} --> 1[/tex]
Un étant le nième terme de la suite ci dessus dont chaque termes , à partir de 14 , est la somme des 3 termes précédants . et c'est assez simple à comprendre .
j'aurais un truc comme ça pour les probas de victoire des 5 joueurs en commençant par pierre et paul :
0.2255 - 0.2255 - 0.19817 - 0.18125 & 0.1695 pour émilie , la somme des cinq étant égale à 1-
et je peux détailler tout mon calcul.
à plus.
- totomm
- 23-03-2012 22:49:38
Bonsoir,
Question 2 - quelle est la probabilité de gagner de chaque joueur ?
Pour les 5 joueurs repérés de 1 à 5, 1 commençant toujours, voici leur probabilité de gagner le pot :
1 0,214
2 0,215
3 0,202
4 0,190
5 0,179
probabilités obtenues par simulation et à confirmer...
@jpp : à moins que freddy n'invalide le calcul que j'ai présenté, il y a des "durées de jeu" avant de pouvoir gagner le pot qui dépassent largement la moyenne = 15 lancers.
Voici le calcul programmé en Python: en effet le calcul "à la main" entraine vers une suite 3-bonacci (comme Fibonacci avec 3 termes)
#Jeu tournant Pair-Impair_2
s,t,u,v=1,1,1,8
longueur,PT,M=4,0,0
while longueur<201:
prob=(1-PT)*s/v
PT+=prob
M+=longueur*prob
s,t,u,v=u,u+s,u+t,2*(v-s)
longueur+=1
print("longueur",longueur-1," Moyenne =",M," Prob totale =",PT)
print("******************************************")
Cordialement