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Attention à celles et ceux qui font des simulations
Tirer un triplets parmi des triplets non ordonnés et ordonner ensuite n'est pas équivalent à tirer un triplet parmi une liste de triplets déjà ordonnée.

Exemple triviale : tirer un couple parmi $(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)$ et ordonner ensuite n'est pas la même chose que tirer un couple parmi $(1,1),(1,2),(2,2)$. Les probabilités n'ont rien à voir.

Petite coquille : il s'agit de 482, 762 et 772.
En effet, ce triplet gagne avec une probabilité de 76.2%.

En fait, le problème n'est plus vraiment un problème de probabilité mais plutôt de dénombrement.
La stratégie est simple, il faut choisir les 100triplets qui ont la probabilité maximale (pour maximiser une somme de termes tous positif, il faut maximiser chacun des termes).

Il faut donc arriver à bien comprendre la fonction de comparaison (qui n'est même pas une relation d'ordre partiel, il n'y a pas de transitivité). Par exemple, on aurait pu penser naïvement que (1,1007,1008) était le "plus fort" mais il n'est est rien (il est "battu" par des (2,2,2012), (2,3,2011) etc.).

J'ai pensé à un moment à une symétrie, genre le max est atteint par (672, 672, 672) mais ce n'est pas vérifié (proba de 66.57%).

Il faut donc prouver qu'il existe 100 triplets dont la proba moyenne est supérieure à 75% et comme on ne peut pas examiner de manière exhaustive tous les triplets, il faut arriver à réduire les vérifications nécessaire, en trouvant éventuellement des relations de symétrie.

Je pense que je n'ai pas bien compris l'énoncé.
Est-ce que l'homme tire au hasard un triplet avec la contrainte de ne pas tirer deux fois le même triplet sur un lot de 100
ou est-ce que l'homme choisit 100 triplets distincts de manière à maximiser le nombre de parties gagnées ?

Bonjour yoshi,

Justement, c'est toute l'interrogation que j'aie. Si le joueur et l'ordinateur ont la même stratégie, par symétrie, leurs chances de gain sont égales, et donc l'espérance inférieur à 50. L'idée de l'exercice étant que si le joueur booste sa stratégie en sélectionnant des triplets distincts, il améliore ses chances. Chose que la simulation Python ne capture pas.

Si on note $G(a)$ le nombre de triplets "inférieurs" à $a$, alors tu mesure $\mathbb{E}[G(a)]$ lorsque $a$ est tiré au hasard parmi les triplets.
En fait, la variance de ce nombre est très grande. Par exemple, $G[(1,1,2014)]=0$, alors que $G[672, 672,672)]$ doit être très grand (et peut-être maximal ?).

Ce qui aurait été intéressant, c'est d'étudier la distribution de cette variable, mais c'est impossible de manière exhaustive (tester $0.5*(3386880 \times 3386879)$ cas !). J'avais commencé à le faire par carottage (sous Excel, et je saisissais le rang du triplet que je voulais analyser). Je n'en ai pas conclu grand chose et j'ai abandonné cette piste.

Hello soli,
Boulimie peut être, mais faible efficacité !

Tu as la mémoire qui flanche tu ne te souviens plus très bien ... Voir ce fil
Les questions sont différentes, mais j'imagine que la démarche est similaire ?

Merci pour la vérification, yoshi.

P.S. Je me faisais une petite réflexion sur le langage courant : "En vois-tu qui manquent ?" (je sais que c'est une expression courante), si l'interlocuteur "en voit", c'est qu'il ne manquent pas ! et ceux qui manquent, forcément il ne les voient pas, et pour cause !

Bonjour Boody,

Disons que si on veut une bijection "sympathique" (c'est à dire au moins continue), la réponse est non (l'image d'un compact est un compact, donc bornée).
Si on enlève cette restriction, la réponse est oui. On peut construire une injection de $[a,b] \to \mathbb{R}$ (l'inclusion) et une injection de $\mathbb{R} \to [a,b]$ (prendre une fonction type arctan et s'arranger pour avoir $\displaystyle \lim_{-\infty}f = a$ et $\displaystyle \lim_{+\infty}f = b$). Alors, d'après le théorème de Cantor-Bernstein, il existe une bijection de $[a,b] \to \mathbb{R}$.

Je ne pense pas qu'il y ait de différence de nature entre tirer un nombre au hasard sur $\mathbb{R}$ et tirer deux nombres sur $\mathbb{R}$ : choisir un point au hasard sur une droite infinie ou choisir un point au hasard dans un plan infini devrait être tout aussi "simple" ou "problématique". De plus, comme $\mathbb{R}^2$ peut être mis en bijection avec $\mathbb{R}$, on peut passer d'un cas à l'autre sans problème. Restreindre à un intervalle ne simplifie pas particulièrement (tout intervalle ouvert est bijectif avec $\mathbb{R}$).

La vraie problématique est en effet la manipulation de l'infini. Choisir au hasard dans un ensemble infini n'est pas particulièrement intuitif, et c'est pourquoi, quand on manipule des probabilités dans le cadre continu, il est indispensable de revenir au cadre axiomatique. Quand on dit que le joueur tire au hasard un nombre suivant une loi gaussienne, on est juste en train de parler d'une fonction $a: \Omega \to \mathbb{R}$ telle que $P(a \in [x, x+dx[)=n(x)dx$ où $n(x)$ est la densité de la loi normale (centrée réduite). Il n'y a pas de choix, pas de hasard, rien. J’énumère des propriétés sur des fonctions.

Salut Freddy,
Le temps ne joue aucun rôle dans cet exercice. On peut si on veut estimer que tout se passe à $t=0$. L'animateur peut choisir ses nombres selon sa propre procédure (choix au hasard ou deux nombres qu'il utilise à chaque fois). Le joueur tire un nombre selon la distribution gaussienne de manière complétement indépendante. Il y a une probabilité $p>0$ que le nombre tiré soit compris entre les deux nombres de l'animateur.

Plus formellement, on montre d'abord que $P(\textrm{joueur a raison}\ |\ X=x, Y=y) > \frac{1}{2}$, ensuite, on a $P(\textrm{joueur a raison}) = \int \int P(\textrm{joueur a raison}\ |\ X=x, Y=y)f(x,y)dxdy > \frac{1}{2}$ où j'ai noté $f(x,y)$ la densité de la probabilité jointe de $(X,Y)$.

Je ne suis pas sûr de voir en quoi ma présentation est manichéenne.
La question n'est pas de connaître toutes les stratégies possibles (la naïve en étant une en effet), mais de trouver une stratégie qui augmente la probabilité de gagner au delà de 1/2. Et répondre que c'est impossible est faux (puisqu'on exhibe une stratégie qui peut le faire).

Bravo à Terces et Zorblub.
Pour être plus complet, le choix du nombre $a$ doit se faire selon une loi qui garantisse que pour tous réels distincts $x$ et $y$ on ait $\mathbb{P}(a \in ]x,y]) > 0$. On peut par exemple choisir une distribution gaussienne. Si on note $p_{xy}$ cette probabilité (j'ai mis l'indice $xy$ pour souligner que ça dépend des nombres choisis par l'animateur du jeu), et que ma stratégie est de comparer à $a$ le nombre communiqué par l'animateur, disons $z$. Si $z < a$, je dis que l'autre nombre est supérieur à $z$, sinon, je dis qu'il est inférieur. La probabilité de gagner sera donc $p_{xy} + (1-p_{xy})\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(1+p_{xy}) > \frac{1}{2}$.
Il convient néanmoins de noter que cette minoration n'est pas uniforme (je ne peux pas trouver une constante $C> \frac{1}{2}$ qui marche pour tous les $(x,y)$). En choisissant les deux nombres arbitrairement proches, l'animateur peut ramener cette probabilité vers $\frac{1}{2}$.
A noter également que ça ne dépend pas du fait que les nombres aient été choisis au hasard ou non, parce que l'espérance d'une variable strictement supérieur à $\frac{1}{2}$ et strictement supérieur à $\frac{1}{2}$.

--EDIT--
Correction d'une coquille : il faut lire $=\frac{1}{2}(1+p_{xy})$ et non $=\frac{1}{2}+p_{xy}$ comme ecrit précédemment.

Bon, j'ai écrit un programme python pour faire un test. Je n'arrive pas à trouver l'espérance indiquée.
Le programme construite la liste des triplets éligibles, puis simule à chaque fois un tirage de 100 triplets, avec remise pour l'ordinateur (j'invoque 100 fois la fonction random.choice(population)) et sans remise pour le joueur (j'invoque random.sample(population,100) qui me garanti une liste de 100 éléments uniques).
Avec 500 000 simulations, je trouve une espérance d'environ 50.

Je me suis peut-être planté dans mon programme (je suis preneur d'un regard critique). Sinon, il resterait deux explication, la convergence est très lente (il faudrait faire plus de simulation) ou l'énoncé est faux.
Ci-après le programme

Il doit y avoir un truc que je ne vois pas. Si pas d'erreur de forme, tu dis : $\Pr(X \le x)=e^{-\frac{x}{15}}$.

Donc, si je met $x=0$, ça donne $\Pr(X \le 0)=1$, soit la variable $X$ est négative ou nulle avec certitude
Si je prends $x=15$, ça donne $\Pr(X \le 15)=\frac{1}{e}$, plus petit que 1 alors que le nombre auquel je compare est strictement positif !
Mieux encore, si je prends $x = -15$, ça donne $\Pr(X \le -15)=e > 1$ !!

Je n'ai pas dis que ton idée n'est pas intéressante. J'ai juste dis que tu supposes une hypothèse qui n'est pas garantie. Ta réponse ne sera valable que sous cette hypothèse. Je pourrais très bien remplacer l'animateur du jeu pas un ordinateur qui n'aura aucun état d'âme.

Pour donner un contre-exemple, il me faudrait plus de détail sur ta solution. Tu dis dons ton exemple : "si "1" dit 8, la "proba" de son choix est de l'ordre de 59 %". Est-ce tu entends par là que la probabilité que l'autre nombre soit supérieur à 8 est de l'ordre de 59% ?
Dans ce cas, est-ce que l'argument n'est pas circulaire : Je suppose une certaine distribution (subjective) des choix de l'animateur, ensuite, j'utilise cette connaissance de la distribution pour déterminer si le deuxième nombre est effectivement supérieur avec une probabilité de plus de 0.5 ?
Où intervient le fait que la décision de l'animateur est prise après un lancer effectif ?

Est-ce que tu peux t'insérer dans ma formalisation pour décrire ta stratégie et montrer formellement que la proba que tu trouves est bien > 1/2 ?