Bonjour.
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 ?
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
Pour n cartes la probabilité est de pour un nombre de carte quelconque , il faudrait préciser comment n est choisi
Imod
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
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
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+
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.
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
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.
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
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