Bonsoir

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Je vais sûrement dire n'importe quoi ! En combien de parties ? Bof, Allez ! 1/2 ???

Bonjour Louisa.
Une piste.

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On peut examiner le cas de n joueurs.
Il faut connaître la formule de la somme des premiers carrés.

Bonjour

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Je dirais n/(2(n-1))...
mais fait vite fait au coin d'un papier, alors...

Bonjour, je n'ai pas compris un truc, qu'est ce que tu appelles des paires d'adversaires, si il y a n joueurs alors il y a n/2 paires de joueurs qui jouent ensemble ? Et donc quand "un joueur a gagné", signifie lui et son partenaire ?
Désolé de poser des questions aussi bête mais j'aimerais bien faire l'énigme

Bonjour Loïc.
Une analogie.
On a une quantité indéfinie de cartons (les joueurs) marqués chacune d'un nombre différent (leur force constante).
On tire un carton (le joueur en question).
On tire un deuxième carton (son premier adversaire).
Il se fait que le premier nombre tiré (A) est plus grand que le deuxième.
On remet le deuxième carton dans le tas et on en tire à nouveau un (le deuxième adversaire). Il n'est pas exclu que ce soit le même carton que celui qu'on a remis.
Quelle est la probabilité que le nombre A soit plus grand que le nouveau nombre tiré ?
(On peut étudier d'abord le cas où il y a n cartons.)

OK, Merci beaucoup,
En effet je n'avais pas du tout compris l'énoncé comme ca

Je vais pouvoir m'y attaquer

Merci

Bonjour

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Quand je joue au bridge, il m'arrive souvent de gagner la première fois. Notre paire, bien que n'étant pas constante, a cependant une force en moyenne constante vis à vis des adversaires.
J'espère que quelqu'un(e) trouvera la solution rapidement!!!

ming -->

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je joue aussi au bridge (enfin j'ai arrêté depuis qq temps) mais indépendamment de la valeur intrinsèque d'une paire il y a aussi la psychologie qui intervient et qui influe énormément sur le cours des parties successives....

Bonjour plume et bonne année

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1/4

Bonsoir Ming.

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Je n'ai pas la même réponse.
J'aimerais un raisonnement (qui n'est pas trop compliqué).

bonsoir Plume

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Si j'ai bien compris, tu proposes un tirage de 2 nombres différents x et y.
nombre de cas possibles pour chaque tirage  n(n-1); nombre de cas favorables (x>y) (n-1)n/2

donc p(x>y)=1/2 et 2 victoires consécutives 1/4
A+

Pour n cartes la probabilité est de pour un nombre de carte quelconque , il faudrait préciser comment n est choisi

Imod

Bonjour.
Voici ma solution.

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Soit n+1 le nombre de joueurs.
Si le joueur considéré est le premier en force, il a eu n adversaires possibles dans la première partie.
S'il est le second en force, il en a eu n-1.
etc
S'il est l'avant-dernier, il en au un seul.
S'il est le dernier, il n'en a eu aucun.
Donc si on tire deux adversaires au hasard, le premier étant le joueur considéré, il y a (somme des nombres de 1 à n) cas où le premier tiré est le vainqueur : n(+1)/2 cas.
On garde le joueur considéré et on lui choisit encore un adversaire au hasard (il peut être le même que dans la première partie). Il y a donc [n(n+1)/2]*n = n²*(n+1)/2 paires de parties possibles, sachant que le joueur a gagné la première fois.

Si le joueur considéré est le premier en force, il y a n cas où il a gagné la première fois et pour chacun de ces cas, il a n adversaires possibles pour la deuxième victoire : n² cas de deux victoires.
S'il est le second en force, il y a n-1 cas où il a gagné la première fois et pour chacun de ces cas, il a n-1 adversaires possibles pour la deuxième victoire : (n-1)² cas de deux victoires.
etc
S'il est l'avant-dernier, il y a un cas où il a gagné la première fois, qui ne lui laisse qu'un adversaire possible pour la deuxième victoire : 1² cas de deux victoires.
S'il est le dernier, il ne peut jamais gagner.
Donc sachant que le joueur a gagné la première fois, il y a (somme des carrés de 1 à n²) = n(n+1)(2n+1)/6 cas où il gagne la deuxième fois.

La probabilité que le joueur gagne la deuxième fois sachant qu'il a gagné la première fois est donc :
[n(n+1)(2n+1)/6] / [n²(n+1)/2]
= (2n+1)/3n = (2/3)+(1/3n)
qui tend vers 2/3 quand n grandit.

Intuitivement il est clair qu'avec un grand nombre de joueurs le jeu est équivalent à un pile ou face et alors quelque soit le résultat du premier match , la probabilité de gain pour le deuxième est 1/2 .

Il faut être très prudent avec les probas ( Monthy hall , Mr et Mme untel ont deux enfants ... )

Imod

Tiens, j'avais obtenu le même résultat que toi lmod

Mais je suis loin.... de mon brouillon

Bonsoir

idem, mais au pif !

Bonjour Imod.
Le fait que le joueur ait gagné sa première partie indique qu'il a probablement une propension à gagner et qu'il est plus probable qu'il soit parmi les meilleurs que parmi les moins bons.
On peut assimiler ce problème à un jeu de pile ou face d'accord, mais avec une pièce probablement alourdie ou allégée d'un côté.

Cela indique de manière sûre qu'il n'est pas le dernier.
Après, les n-2 personnes restantes peuvent se situer de part et d'autre des autres joueurs.

Après, s'il s'agit de matchs à élimination directe, c'est un peu différent, et ça complique pas mal le problème

Ces problèmes sont de véritables horreurs car on finit toujours par douter ou on n'écoute plus personne en se cramponnant à ses certitudes

Une façon de voir le jeu qui rend je l'espère les choses plus sensibles on retire le premier joueur ( celui qui gagne la première partie ) du jeu . Le deuxième joueur ( celui qui va perdre la première partie ) est tiré au sort , il perd car sa valeur est inférieure à un certain nombre V ( la valeur du premier joueur ) . Ensuite on tire à nouveau au sort un joueur parmi les mêmes joueurs ( le nouvel adversaire du premier joueur ): quelle chance ce joueur a-t-il d'avoir un niveau inférieur V ?

Imod  

Bonsoir.

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Je prends un exemple concret.
Soit quatre joueurs désignés par leurs forces respectives : 4, 3, 2, 1.
a est le joueur en question; b son premier adversaire; c son deuxième adversaire.
a > b; a <> c
Les combinaisons possibles de a b c sont :
4 3 3
4 3 2
4 3 1
4 2 3
4 2 2
4 2 1
4 1 3
4 1 2
4 1 1
3 2 4
3 2 2
3 2 1
3 1 4
3 1 2
3 1 1
2 1 4
2 1 3
2 1 1

Le nombre de combinaisons possibles est 18.
En gras, les combinaisons où le joueur gagne sa deuxième partie. Il y en a 14.

Les combinaisons ab sont au nombre de 3, 2 ou 1 selon que le joueur considéré est 4, 3, ou 2. Si on stipule qu'il y a n+1 joueurs au lieu de 4, elles sont bien au nombre de (somme des nombres de 1 à n)
Les combinaisons abc sont 3 fois trois fois plus nombreuses, car on peut choisir n'importe quel adversaire c. En transposant, il y a n*(somme des nombres de 1 à n) combinaisons abc.

Le nombre de combinaisons abc où a > c se calcule comme suit :
Si a = 4, il y a à chaque partie 3 adversaires qui conviennent pour réaliser le gain des deux parties : 3*3 = 9.
Si a = 3, il y a à chaque partie 2 adversaires qui conviennent pour réaliser le gain des deux parties : 2*2 = 4.
Si a = 2, il y a à chaque partie 1 adversaire qui convient pour réaliser le gain des deux parties : 1*1 = 1.
Il y a 3²+2²+1² combinaisons abc voyant le gain de la deuxième partie. En transposant, il y en a (somme des carrés de 1 à n²).

Le rapport (nombre de bonnes combinaisons) / nombre total de combinaison est :
n*(somme des nombres de 1 à n) / (somme des carrés de 1 à n²). Il correspond à la probabilité d'une deuxième victoire sachant que le joueur en a remporté une première.
Le rapport simplifié est 1/3 + 1/(3n).
S'il y a 4 joueurs, n = 3; on a bien 1/3 + 1/9 = 7/9 = 14/18.

Je ne veux pas entrer dans ton mode de calcul qui ne correspond pas au problème ( à mon avis ).

Je te propose de réfléchir au problème suivant : il y a trois personnes dans une maison , tu sonnes à la porte et la personne qui t'ouvre est plus jeune que toi . Le lendemain tu sonnes à la même porte , qu'elle est la probabilité que la personne qui t'ouvre soit plus jeune que toi ?

Amicalement

Imod

PS : le blankage n'est peut-être pas indispensable vu que chacun doit lire chacun

Bonjour

Je pense comme imod que chaque match est indépendant du précédent, puisque les conditions sont les mêmes au début d'une nouvelle partie.

A+

bonjour à tous

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La réponse de Plumemétéore est éronnée pour la raison simple que si l'on prend 3 joueurs de forces 1,2 et 3 , les cas favorables: (2,1) (3,1) (3,2) ;les cas possibles: ((2,1) (2,3), (3,1) et (3,2); la probabilité est donc 3/4 et plume trouve 5/6.
Je trouve la même réponse qu'eric et imod: pour (n+1) joueurs avec un tableau à double entrée, nombre de cas favorables n(n+1)/2, nombre de cas possibles n² soit  1/2 + 1/2n  ou n/2(n-1) (n joueurs). la limite est bien 1/2 ainsi que l'affirme imod. Il serait intéressant de trouver l'erreur de Plume , les miennes, je m'en charge...
Merci à Plume pour cet exercice, j'avais oublié les notions fondamentales de proba...
A+

Bonsoir.
La remarque précédente de Ming ne tient compte que d'un éventail de quatre possibles, alors qu'il y a trois éventails de deux parties possibles (en fait deux éventails sont identiques). Chaque éventail a la même probabilité de se présenter. Les six parties des trois éventails réunis ont chaque la même probabilité d'avoir lieu.

On a donc les joueurs 3, 2, 1.
Les paires possibles 'joueur considéré - son premier adversaire' sont 3-2, 3-1, 2-1.
Pour la deuxième partie :
un éventail issu de la première partie 3-2 : 3-2 et 3-1
un éventail issu de la première partie 3-1 : 3-2 et 3-1 (identique au premier)
un éventail issu de la première partie 2-1 : 2-3 et 2-1
les parties 3-2 et 3-1 ont donc deux fois plus de chance de se produire que les parties 2-3 et 2-1 et n'ont donc pas le même poids pour le calcul de la probabilité de gagner la deuxième partie.
On lit cinq paires gagnantes sur six (la seule paire perdante est l'unique 2-3. La probabilité de gain de la deuxième partie est donc bien 5 sur 6 dans le cas de trois joueurs.

En généralisant pour n+1 joueurs :
on a pour la deuxième partie (somme des nombres de 1 à n) éventails, comprenant chacun n parties
pour s'il y a m adversaires moins forts que le joueur, il y a m éventails possibles, comprenant chacun m deuxièmes victoires possibles pour le joueur, en tout m² victoires possibles; si on parcourt les forces que peut avoir le joueurs, de 2 à n+1, on empile comme nombre de deuxièmes victoires possibles les carrés de 1 à n²).
Donc :
nombres de configurations première victoire - deuxième partie : n*n(n+1)/2 (A)
nombres de configurations première victoire - deuxième victoire : n*(n+1)*(n+2)/6 (B)
(B)/(A) = 1/3 + 1/(3n)

@ Plumeteore

J'ai pris mes précautions dès le départ et je ne vais pas me lancer dans des calculs qui n'expliquent rien

Soyons pragmatique même si les maths nous ont habitué à des résultats surprenants . On imagine un très très grand nombre de joueurs , deux sont tirés au sort , dans l'immensité des tirages un nouveau tirage incluant le gagnant ne lui attribuera certainement pas une chance largement supérieure à 1/2 .

Je me répète sûrement mais ces problèmes sont farcis de pièges , à aborder donc avec de toutes petites pincettes

Imod      

Bonjour Imod.
La probabilité de 1/2 tiendrait si, au vu de sa première victoire, la probabilité que le joueur soit avant-dernier en force était égale à celle qu'il soit premier en force.
Or ce n'est pas le cas.
Dans le cas de n+1 joueurs, si on recense toutes les paires possibles d'adversaires (paires équiprobables), on en trouve n où le vainqueur est premier en force, n-1 où il est second en force; ... 2 où il est avant-avant-dernier en force; 1 où il est avant-dernier en force.
Donc la probabilité que le vainqueur soit le premier en force est de n/[n(n+1)/2]; la probabilité qu'il soit l'avant-dernier en force n'est que de 1/[n+(n+1)/2]

Voici une transposition du problème un peu plus convaincante.
On a un nombre de quatre chiffres abac.
On sait que a > b; c a une valeur quelconque différente de a, mais pouvant être égal à c.
Quel est la probabilité que a soit supérieur à c ?
Autrement dit, parmi les nombres à quatre chiffres abac, tels que a > b et c a, quelle est la proportion de ceux où c > a.
Il y a 405 nombres de ces nombres, dont 285 où a > c.
Parmi ces 285, 81 commencent par 9, 64 commence par 8, 49 commencent par 7, etc.
285/405 = 1/3 + 1/(3*9) qui correspond bien à ma formule.
On peut adapter ce problème à un nombre de quatre chiffres de n'importe quelle base.

erreur

autre erreur

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proportion de ceux où c > a.

Bonsoir Plumemeteore

Je te propose aussi une variante avec 5 joueurs

Sur chaque figure un nombre réel et une des cartes est retirée d'emblée . En fait on aurait aussi bien pu ne pas avoir de 5ème carte et écrire sa valeur de la 5ème sur un tableau . On tire une carte parmi les 4 qui restent et il s'avère que cette carte est inférieure à celle écrite au tableau . On remet la carte en place et on effectue un nouveau tirage . Quelle est alors la probabilité que la valeur de la carte choisie soit inférieure à celle du tableau ?

Réponse : ?

A : 3/4
B : 5/8
C : Autre

Imod

PS : ce jeu est-il équivalent au tien
PPS : bonne soirée quand même     

Edit

Sur chaque "carte" ...

Bonjour à tous

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Plumemétéore a raison d'insister : j'ai refait le problème en utilisant les proba conditionnelles et je suis tombé sur le même résultat que lui.

Voici


Les n+1 joueurs peuvent être assimilés à l'ensemble E = {1, 2, 3, ..., n, n+1} n1
les tirages x, y, z de trois joueurs prennent leurs valeurs dans E, F et G  de cardinal n+1, n et n;l'espace de probabilités est Omega = EXFXG
On appelle A l'événement x>y et B xz

p(B\A) = p(B ⋂ A)/p(A) .
les éléments de E sont équiprobables de proba 1/(n+1), ceux de F et G, 1/n.

P(A)= 1/2 (élémentaire)

card (A ⋂ B)= 1² + 2² + 3² + ... + n² = n*(n+1)*(2n+1)/6
(par exemple à l'aide d'un arbre ou par la méthode de Plumemétéore ou toute autre méthode). En effet pour un x donné, 1<xn+1  , le nombre de triplets (x,a,b)€A⋂B  est (x-1)² ; c'est le nombre de couples (a,b)€XxX et card( XxX)=(x-1)²

card(EXFXG)= (n+1)n²

d'où la probabilité
                                   n*(n+1)*(2n+1)/6
p(B\A) = p(B⋂A)/p(A) = ------------------------   x 2 =
                                       (n+1)n²



= 2/3 + 1/(3n)
Maintenant,malgré mes lacunes... je vais regarder le pb d'lmod

A+                              

Bonsoir ming et plumemeteore

Je ne voudrais surtout par paraître arrogant ( je suis une vraie quiche en proba ) . Comme je l'ai déjà signalé , la principale difficulté dans ce type de problèmes est de ne pas se tromper de sujet et de modèle . Ici on joue sur au moins trois niveaux , la valeur des joueurs , le choix des paires et le nombre total de joueurs : la confusion est garantie .

J'ai déjà proposé deux variantes ( plus simples ) pour clarifier l'énoncé mais de toutes façons le problème et ses solutions feront polémique

Imod  

hello all,

jvais faire le lourd de base, mais voici un code qui run octave et qui converge vers le résultat théorique énoncé ci-dessous:


function proba=joueurs(N,runs)
%On suppose que la force de chaque joueur est constante et que les paires d'adversaires sont choisies au hasard.
%Un joueur a gagné sa première partie. Quelle est la probabilité qu'il gagne sa deuxième ?


% got N players, 1 is worst, N is best
% firstPlayer is at least>=2 (he won vs player 1 first round)
% so we pick first player from [2,N]
% second player is picked from [1,N-1]\{firstPlayer}
success(1:runs)=0;

for runIter=1:runs
  currentPlayer = floor(mod(rand(1)*1000, N-1))+2;%our firstPlayer
  secondPlayer= floor(mod(rand(1)*1000, N-1))+1;%we try to know if his opponent is a fag
  %currentPlayer takes value in [0;N-2]+2=[2,N]
  %secondPlayer takes value in [0;N-2]+1=[1;N-1]
  %if by any chance secondPlayer is currentPlayer we remember that we should remove currentPlayer from the list
  %here is an example |1|2|firstPlayer|4|5|...
  %|1|2|secondPlayer|4|...
  %but since we cannot use the index of secondPlayer(because being used by firstPlayer) we got
  %|1|2|x|4|...
  %so if secondPlayer is x, its value should be 4.(ie x+1)
  %if secondPlayer>x, we are sure secondPlayer owns firstPlayer(e.g and should also be secondPlayer+1)
  if(secondPlayer==currentPlayer)
    secondPlayer=currentPlayer+1;
  end  
  if(currentPlayer>secondPlayer)
    success(runIter)=1;
  end
end
proba=sum(success)/length(success)
th=N/(2*(N-1))




J'y laisse en anglais mais jpeux traduire si nécessaire.

Bonjour

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Pour information, voici une simulation qui contredit la précédente...
(faite par JP Davalan cf. son site sur les jeux mathématiques)
1ère colonne : k est le nombre de joueurs
2ème colonne : la simulation
3ème colonne : la formule 2/3 + 1/(3*k) /joueurs echo "5 10 50 100 1000 10000"|gawk -f joueurs.awk
k          simulation    2/3 + 1/(3*k)
5          0.749665      0.733333
10         0.703391      0.7
50         0.673443      0.673333
100        0.669878      0.67
1000       0.667142      0.667
10000      0.666621      0.6667







--------------------------------------------------------------------------------

function epreuve(k,     a,b,c) {
        a=int(k*rand())
        b = int((k-1)*rand()) # quand on enlève un joueur, il en reste k-1
        c = int((k-1)*rand())
        if(b>=a) return -1    # la deuxième carte est strictement supérieure à la première (astuce)
        if(c<a) return 1      #                       strictement inférieure
        return 0
}

function simulation(n,k,        a,i,s) {
        s=0
        for(i=0; i<n; ) {
                a=epreuve(k)
                if(a!=-1) {
                        s += a
                        i++
                }
        }
        return s
}

{
        print "k\t   simulation \t 2/3 + 1/(3*k)"
        srand()
        n = 1000000
        for(r=1; r<= NF; r++) {
                k=$r
                print k"\t   "(simulation(n,k)/n)" \t "(2/3+1/(3*k))
        }
}

faire
echo "5 10 50 100 1000 10000"|gawk -f joueurs.awk

Par courtoisie envers plumemeteore , ming et tous ceux qui suivent le sujet , je tiens à signaler que j'ai ouvert un sujet similaire sur le site "Maths-Forum" où j'ai mes habitudes . Ce n'est pas de la pub , juste de l'information



Imod

Après de longues réflexions et un bel aveuglement ( de ma part ) , il apparaît que la réponse de plumemeteore est la bonne .

Je sais , je mérite des claques

Bonne soirée à tous

Imod

bonsoir lmod

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Mais non, l'erreur est constructive : faut pas te flageller . Pour ma part, c'est un plaisir de combler mes lacunes grâce à vous tous!

A+