Biaiser les probabilités

[Julien Arlandis]

Bonjour,

Vous disposiez d'un ticket composé de N cases à gratter, chaque case
représente soit un gain soit une perte avec une probabilité de 1/2. Le
jeu consiste à miser sur n'importe quelle case non grattée et pour faire
votre choix vous avez la possibilité de gratter autant de cases que vous
le désirez (dans la limite de N-1 sinon vous ne pouvez plus jouer).
La question est la suivante : existe t-il une stratégie qui permette de
gagner avec une probabilité strictement supérieure à 1/2 ?

[efji]

Je ne pense pas.
Si vous faites P tirages préliminaires vous allez avoir en moyenne P/2
cases gagnantes et P/2 cases perdantes, donc vous retombez sur le
problème précédent avec N-P cases.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Vous pouvez par exemple prolonger les tirages préliminaires jusqu'à
observer une légère dissymétrie entre les gains et les pertes, cette
dissymétrie ne devrait elle pas se reporter sur les N-P cases restantes ?
Par ailleurs une dissymétrie apparait nécessairement pour tous les P
impairs.

[efji]

Oui mais cette dissymétrie est symétrique :)
Vous avez autant de chance qu'elle soit du bon côté que du mauvais, donc
on ne peut pas l'utiliser pour construire une stratégie.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Vous pouvez continuer de gratter tant que la dissymétrie n'est pas à
votre avantage, et vous arrêter dès qu'il y a davantage de pertes que de
gains.

[efji]

Oui en effet, sauf qu'il y a une probabilité non nulle que ça n'arrive
jamais, et finalement, en moyenne, cette "stratégie" a exactement la
même probabilité de gain que pas de stratégie.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Oui.

> et finalement, en moyenne, cette "stratégie" a exactement la
> même probabilité de gain que pas de stratégie.

Quel est le lien logique avec ce qui précède ? Pouvez vous le démontrer
?

[Richard Hachel]

Le 28/01/2024 à 11:11, Julien Arlandis a écrit :

Non.

R.H.

[efji]

Je l'ai démontré dès ma première réponse!
Oublions qu'on est dans un espace discret avec des entiers pairs et
impairs car cela n'a aucun intérêt. Disons que N est suffisamment grand
pour que N/2 et (N+1)/2 soient comparables.

Après P<N tirages vous avez une probabilité de 0.5 d'avoir tiré plus de
P/2 cases gagnantes et 0.5 d'avoir tiré moins de P/2 cases gagnantes,
donc une chance sur 2 qu'il reste plus de gagnantes que de perdantes
dans les N-P cases restantes et une chance sur 2 qu'il en reste moins,
et donc on retombe sur le problème de départ sans avoir rien gagné (ni
perdu).

--
F.J.

[Julien Arlandis]

En négligeant N et N+1 vous négligez surtout la solution. Pour fixer les
choses considérons que N = 50, et je fixe pour stratégie de gratter
autant de cases que nécessaire pour obtenir plus de pertes que de gains,
si au bout de 49 grattages je n'obtiens toujours pas l'avantage je tente
ma chance en misant la dernière case.
Sous cette stratégie la probabilité de victoire est elle supérieure à
1/2 ? Et si oui combien vaut elle ?

[efji]

Gratter 49 cases dans un jeu à 50 est assez idiot (et interdit par les
règles que vous avez vous même écrites....).
Voyons les choses autrement : tout est symétrique dans ce problème, donc
il n'y a aucune chance de pouvoir faire tomber le balancier plus
probablement d'un côté que de l'autre !

On suppose évidemment N pair. Quel que soit P<N et quels que soient
P1+P2=P, la probabilité après P tirages d'avoir découvert P1 gagnants et
P2 perdants et la même que la probabilité d'avoir découvert P1 perdants
et P2 gagnant. Donc la découverte de P cases ne peut donner l'avantage à
aucun des deux.

Si vous n'êtes pas convaincu et si ça vous amuse, vous pouvez écrire
tous les cas possibles avec N=4 par exemple, et P=1 et P=2. La symétrie
va vous sauter aux yeux.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Vous n'avez pas compris mon argument, on tourne en rond.

[Olivier Miakinen]

Le 28/01/2024 18:31, Julien Arlandis a écrit :
> Le 28/01/2024 à 18:01, efji a écrit :
>> Le 28/01/2024 à 17:18, Julien Arlandis a écrit :
>>> Le 28/01/2024 à 17:08, efji a écrit :
>>>> Le 28/01/2024 à 13:59, Julien Arlandis a écrit :
>>>>> Le 28/01/2024 à 13:49, efji a écrit :
>>>>>> Le 28/01/2024 à 12:58, Julien Arlandis a écrit :
>>>>>>> Le 28/01/2024 à 12:55, efji a écrit :
>>>>>>>> Le 28/01/2024 à 12:49, Julien Arlandis a écrit :
>>>>>>>>> Le 28/01/2024 à 12:42, efji a écrit :
>>>>>>>>>> Le 28/01/2024 à 11:11, Julien Arlandis a écrit :

Aaaargh !

Pour tous les deux :
<http://www.usenet-fr.net/fur/usenet/repondre-sur-usenet.html>, merci !


>> [porcinographie supprimée]

>
> Vous n'avez pas compris mon argument, on tourne en rond.

Alors de deux choses l'une.

Si sur une grille de 50 cases les grilles « équilibrées » (avec à peu près
autant de cases gagnantes que perdantes) sont privilégiées par rapport aux
autres, c'est-à-dire s'il y a un biais sur la globalité d'une grille et que
donc la probabilité n'est pas strictement 50 % pour chaque case indépendamment
des autres cases, alors oui, peut-être qu'il y a un moyen de tricher. Dans ce
cas, en réalité, il suffit de cocher 49 cases avant de parier sur la 50e.

Mais si la probabilité sur chaque case est strictement 50 % indépendamment
des valeurs des autres cases de la grille, alors c'est efji qui a raison et
tu es en train de te faire avoir par le paradoxe du joueur :
<https://fr.wikipedia.org/wiki/Erreur_du_parieur>

--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Le 28/01/2024 à 21:02, Olivier Miakinen a écrit :

>> Vous n'avez pas compris mon argument, on tourne en rond.
>
> Alors de deux choses l'une.
>
> Si sur une grille de 50 cases les grilles « équilibrées » (avec à peu près
> autant de cases gagnantes que perdantes) sont privilégiées par rapport aux
> autres, c'est-à-dire s'il y a un biais sur la globalité d'une grille et que
> donc la probabilité n'est pas strictement 50 % pour chaque case indépendamment
> des autres cases, alors oui, peut-être qu'il y a un moyen de tricher. Dans ce
> cas, en réalité, il suffit de cocher 49 cases avant de parier sur la 50e.

Qu'entends tu par à peu près, soit les grilles sont totalement
équilibrées (25 cases gagnantes et 25 cases perdantes) et ce n'est pas
ce que dit l'énoncé, soit elles le sont à peu près en moyenne et c'est
forcément le cas étant donné que chaque case a autant de probabilité
d'être gagnante que perdante.

> Mais si la probabilité sur chaque case est strictement 50 % indépendamment
> des valeurs des autres cases de la grille, alors c'est efji qui a raison et
> tu es en train de te faire avoir par le paradoxe du joueur :
> <https://fr.wikipedia.org/wiki/Erreur_du_parieur>

Je connais le paradoxe du joueur qui consiste à évaluer la probabilité
d'un évènement futur donc qui n'a pas encore été tiré, au regard des
évènements passés. La situation que je propose est différente, tu
aurais totalement raison d'évoquer ce paradoxe si le résultat révélé
par chaque grattage n'était pas encore déterminé avant le grattage, or
le joueur qui gratte une case n'effectue pas un tirage, il ne fait que le
révéler. On pourrait penser que comme la probabilité est de 1/2 dans
les deux cas de figure, les deux situations ne font aucune différence.
Pour fixer les esprits sur ce point précis, imaginons que pour aider le
joueur dans son choix, l'organisateur du jeu (qui connait la position des
cases gagnantes) gratte au préalable 10 cases perdantes, on se retrouve
dans cette situation avec 40 cases restantes. Dans cette situation qui
rappelle le problème de Monty Hall
<https://fr.wikipedia.org/wiki/Probl%C3%A8me_de_Monty_Hall> on s'attend à
ce que la probabilité de gain augmente en proportion du nombre de cases
perdantes révélées, et dans ce cas il parait assez évident que le
joueur a plus de chances que la prochaine case qu'il révèlera en la
grattant soit un gain plutôt qu'une perte, et ceci même si la case
concernée est le résultat d'un tirage équiprobable entre les deux
éventualités. La probabilité de tirage d'une éventualité n'est donc
pas la même que la probabilité de la révéler.
Si tu es d'accord jusque là, quelle différence cela ferait il si les 10
cases perdantes sont grattées par l'organisateur, ou si elles le sont par
le joueur avec une chance sur 1024 que cela se produise ?
Cette nouvelle question n'est qu'un aparté avant de revenir sur le fond
de la question initiale.

[Richard Hachel]

Le 28/01/2024 à 22:01, Julien Arlandis a écrit :
> Le 28/01/2024 à 21:02, Olivier Miakinen a écrit :

> Je connais le paradoxe du joueur qui consiste à évaluer la probabilité d'un
> évènement futur donc qui n'a pas encore été tiré, au regard des évènements
> passés.

C'est un paradoxe ridicule comme l'est le paradoxe d'Achille et la
tortue.

Pour le résoudre, il faut se convaincre que le monde vient juste de
commencer, et que tous les événements du passé ne se sont pas produits.


On va dire : "Oui, mais justement, ils se sont produits, et donc là, on
vient de faire cent fois pile de suite, il est très probable qu'il y aura
dans un certain futur, une sorte d'égalisation qui sera, peut-être dans
un an, dans cent ans, ou un millions d'années, autant de pile que de face
au total".

Ne riez pas les amis, cette idée est juste.

Il y aura forcément une date dans l'évolution de l'univers où après
ces cent "pile", il y aura, à partir du moment où j'ai fait le premier
pile, autant de pile que de face. Tout cela, un peu comme un yoyo
statistique.

Mais il n'empêche qu'on ne peut pas savoir quand il se produira.

C'est comme la chute d'un astéroïde.

On SAIT que ça se produira.

On saut qu'un jour, on va faire "dix pile" ou 'dix face". Mais on ne sait
pas quand, ni quand une inversion se produira.

Bref, il n'y a pas de paradoxe.

Comme il n'y a pas de paradoxe d'Achille et la tortue.

On va demander à Achille de sans cesse s'approcher de la tortue à la
moitié de la distance où elle se trouve et on dit, il ne la rattrapera
jamais.

Ainsi, la première seconde, il parcours cinq mètres (elle est à dix
mètres) , et deux mètres cinquante à la deuxième seconde.

Il ne rejoindra jamais la tortue, ce qui parait absurde, mais pourquoi?

Parce que ce que faisant, il diminue sa vitesse par deux à chaque fois,
et on en arrive à une sorte d'asymptote qu'il ne rattrapera jamais. Tout
se passe comme si plus il avançait, plus on passait le film au ralenti,
sans jamais atteindre le moment crucial où il rejoint la tortue.

La même chose encore avec le paradoxe de Langevin, ou encore avec le
paradoxe d'Ehrenfest que j'ai été le premier à résoudre,
en montrant pour le premier qu'il ne faut pas oublier l'élasticité des
distances (du jamais fait) et pour le second que les transformations de
Lorentz ne sont pas des transformations circulaires (j'ai donné les
bonnes sur le forum de physique).

En fait, beaucoup de choses sont très simples.

Il suffit juste d'y réfléchir posément.

R.H.

[efji]

Le 28/01/2024 à 22:24, Richard Hachel a écrit :
> Le 28/01/2024 à 22:01, Julien Arlandis a écrit :
>> Le 28/01/2024 à 21:02, Olivier Miakinen a écrit :
>
>> Je connais le paradoxe du joueur qui consiste à évaluer la probabilité
>> d'un évènement futur donc qui n'a pas encore été tiré, au regard des
>> évènements passés.
>
> C'est un paradoxe ridicule comme l'est le paradoxe d'Achille et la tortue.
>
> Pour le résoudre, il faut se convaincre que le monde vient juste de
> commencer, et que tous les événements du passé ne se sont pas produits.
>
> On va dire : "Oui, mais justement, ils se sont produits, et donc là, on
> vient de faire cent fois pile de suite, il est très probable qu'il y
> aura dans un certain futur, une sorte d'égalisation qui sera, peut-être
> dans un an, dans cent ans, ou un millions d'années, autant de pile que
> de face au total".

N'importe quoi

> La même chose encore avec le paradoxe de Langevin, ou encore avec le
> paradoxe d'Ehrenfest que j'ai été le premier à résoudre

Mode gros melon ON (again)

> en montrant pour le premier qu'il ne faut pas oublier l'élasticité des
> distances (du jamais fait) et pour le second que les transformations de
> Lorentz ne sont pas des transformations circulaires (j'ai donné les
> bonnes sur le forum de physique).

Mais oui, mais oui. C'est l'heure de vos pilules je crois.

--
F.J.

[Richard Hachel]

Aucun rapport avec les melons, les pilules ou je sais pas quoi.

Je ne mens jamais figure-toi.

Les transformations rectilignes de Poincaré-Lorentz (1905) données par
le mathématicien de génie sont ici (je les ai revisitées à droite pour
le cas où les deux origines ne sont plus conjointes):

<http://news2.nemoweb.net/jntp?KztKFdy10Ve8f-zHzDitHtkXKR4@jntp/Data.Media:1>

Pour les transformations en milieu tournant, c'est ici, et ça explique
correctement le paradoxe d'Ehrenfest.

<http://news2.nemoweb.net/jntp?KztKFdy10Ve8f-zHzDitHtkXKR4@jntp/Data.Media:2>

Tout le reste n'est que connerie humaine du style "Ah oui, mais on veut
pas que ce soit Hachel qui nous explique".

Monde de malades.

R.H.

--
Ce message a été posté avec Nemo: <http://news2.nemoweb.net/?DataID=KztKFdy10Ve8f-zHzDitHtkXKR4@jntp>

[Richard Hachel]

Le 28/01/2024 à 21:02, Olivier Miakinen a écrit :

> Le 28/01/2024 18:31, Julien Arlandis a écrit :

> tu es en train de te faire avoir par le paradoxe du joueur :

Il n'y a pas de paradoxe.

C'est un faux problème.

Sinon tu as vu se qui se passe sur sci.relativity.physics ?

Des centaines de posts émanant de la même personne ou d'un logiciel...

On peut bloquer ça?

R.H.

[Richard Hachel]

Le 28/01/2024 à 23:36, efji a écrit :
> Le 28/01/2024 à 22:24, Richard Hachel a écrit :

>> On va dire : "Oui, mais justement, ils se sont produits, et donc là, on
>> vient de faire cent fois pile de suite, il est très probable qu'il y
>> aura dans un certain futur, une sorte d'égalisation qui sera, peut-être
>> dans un an, dans cent ans, ou un millions d'années, autant de pile que
>> de face au total".
>
> N'importe quoi

Je vois que tu ne comprends pas le raisonnement (qui est inattaquable).

Mais ça ne m'étonne pas de toi.

R.H.

[Jacques Mathon]

Si l'énoncé postule bien que la probabilité est de 1/2 pour chacune des
cases _indépendamment des autres_ alors la réponse est non.

Amicalement
--
Jacques

[Jacques Mathon]

Le 28/01/2024 à 22:01, Julien Arlandis a écrit :

> ...

> Je connais le paradoxe du joueur qui consiste à évaluer la probabilité d'un
> évènement futur donc qui n'a pas encore été tiré, au regard des évènements
> passés. La situation que je propose est différente,

En quoi la situation est-elle différente ?

> tu aurais totalement raison d'évoquer ce paradoxe si le résultat révélé par
> chaque grattage n'était pas encore déterminé avant le grattage, or le joueur
> qui gratte une case n'effectue pas un tirage, il ne fait que le révéler. On
> pourrait penser que comme la probabilité est de 1/2 dans les deux cas de figure,
> les deux situations ne font aucune différence.
> Pour fixer les esprits sur ce point précis, imaginons que pour aider le joueur
> dans son choix, l'organisateur du jeu (qui connait la position des cases
> gagnantes) gratte au préalable 10 cases perdantes, on se retrouve dans cette
> situation avec 40 cases restantes. Dans cette situation qui rappelle le problème
> de Monty Hall <https://fr.wikipedia.org/wiki/Probl%C3%A8me_de_Monty_Hall> on
> s'attend à ce que la probabilité de gain augmente en proportion du nombre de
> cases perdantes révélées, et dans ce cas il parait assez évident que le joueur
> a plus de chances que la prochaine case qu'il révèlera en la grattant soit un

> gain plutôt qu'une perteet ceci même si la case concernée est le résultat d'un

> tirage équiprobable entre les deux éventualités. La probabilité de tirage
> d'une éventualité n'est donc pas la même que la probabilité de la révéler.
> Si tu es d'accord jusque là, quelle différence cela ferait il si les 10 cases
> perdantes sont grattées par l'organisateur, ou si elles le sont par le joueur
> avec une chance sur 1024 que cela se produise ?

La différence est essentielle. Connaissance par l'organisateur, hasard
pour le joueur.

[efji]

Le 28/01/2024 à 18:31, Julien Arlandis a écrit :
> Vous n'avez pas compris mon argument, on tourne en rond.

Désolé mais je crois que c'est vous qui n'avez pas compris le problème.
Enumérez tous les cas possibles sur un cas simple (N=4 ou N=6) et vous
verrez.

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 28/01/2024 22:01, Julien Arlandis m'a répondu :

>>
>> Alors de deux choses l'une.
>>
>> Si sur une grille de 50 cases les grilles « équilibrées » (avec à peu près
>> autant de cases gagnantes que perdantes) sont privilégiées par rapport aux
>> autres, c'est-à-dire s'il y a un biais sur la globalité d'une grille et que
>> donc la probabilité n'est pas strictement 50 % pour chaque case indépendamment
>> des autres cases, alors oui, peut-être qu'il y a un moyen de tricher. Dans ce
>> cas, en réalité, il suffit de cocher 49 cases avant de parier sur la 50e.
>
> Qu'entends tu par à peu près,

Je veux dire si lors de la création des grilles certaines d'entre elles
étaient écartées parce que semblant trop « déséquilibrées ». Par exemple
si on conservait toutes les grilles, sauf celles avec 50 valeurs identiques.

Dans ce cas, bien que chaque case prise individuellement ait toujours
exactement 50 % de chance d'être gagnante ou perdante, il y aurait un biais
sur l'ensemble des cases d'une grille dont un joueur pourrait profiter.

> soit les grilles sont totalement
> équilibrées (25 cases gagnantes et 25 cases perdantes) et ce n'est pas
> ce que dit l'énoncé,

En effet. Et ce n'est pas non plus ce biais maximal que j'envisageais,
voir mon exemple juste au dessus.

> soit elles le sont à peu près en moyenne et c'est
> forcément le cas étant donné que chaque case a autant de probabilité
> d'être gagnante que perdante.

Tu confirmes donc que la probabilité pour une case n'est *strictement*
pas dépendante des 49 autres cases, n'est-ce pas ?

Ça veut dire qu'une grille avec 49 cases perdantes puis une 50e case
également perdante a exactement la même probabilité qu'une grille avec
49 cases perdantes puis une 50e case gagnante.

>> Mais si la probabilité sur chaque case est strictement 50 % indépendamment
>> des valeurs des autres cases de la grille, alors c'est efji qui a raison et
>> tu es en train de te faire avoir par le paradoxe du joueur :
>> <https://fr.wikipedia.org/wiki/Erreur_du_parieur>
>
> Je connais le paradoxe du joueur qui consiste à évaluer la probabilité
> d'un évènement futur donc qui n'a pas encore été tiré, au regard des
> évènements passés.

Ok.

> La situation que je propose est différente, tu
> aurais totalement raison d'évoquer ce paradoxe si le résultat révélé
> par chaque grattage n'était pas encore déterminé avant le grattage, or
> le joueur qui gratte une case n'effectue pas un tirage, il ne fait que le
> révéler.

Eh bien non, du point de vue du joueur, la situation est exactement la
même puisqu'il ne peut pas savoir avant de gratter une case si celle-ci
est gagnante ou perdante. Si tu veux penser en terme de temporalité,
alors le passé et le futur correspondent au moment où le joueur gratte
telle ou telle case.

Encore une fois, considère le cas des deux grilles parfaitement équi-
probables, l'une avec 50 P et l'autre avec 49 P et un G. Lorsque le
joueur aura gratté 49 P, il y a toujours une chance sur deux pour que
la dernière case soit aussi un P.

> On pourrait penser que comme la probabilité est de 1/2 dans
> les deux cas de figure, les deux situations ne font aucune différence.
> Pour fixer les esprits sur ce point précis, imaginons que pour aider le
> joueur dans son choix, l'organisateur du jeu (qui connait la position des
> cases gagnantes) gratte au préalable 10 cases perdantes, on se retrouve
> dans cette situation avec 40 cases restantes.

Ah, mais là c'est comme dans le jeu de Monty Hall. Déjà, ta situation
est impossible dans certains cas (ceux où il y a moins de 10 cases
perdantes), mais surtout le biais est introduit par l'organisateur qui
sait comment ne gratter que des cases perdantes.

> Dans cette situation qui rappelle le problème de Monty Hall

Ah oui, j'aurais dû lire la phrase suivante avant de répondre. ;-)

> <https://fr.wikipedia.org/wiki/Probl%C3%A8me_de_Monty_Hall> on s'attend à
> ce que la probabilité de gain augmente en proportion du nombre de cases
> perdantes révélées, et dans ce cas il parait assez évident que le
> joueur a plus de chances que la prochaine case qu'il révèlera en la
> grattant soit un gain plutôt qu'une perte, et ceci même si la case
> concernée est le résultat d'un tirage équiprobable entre les deux
> éventualités. La probabilité de tirage d'une éventualité n'est donc
> pas la même que la probabilité de la révéler.

Exactement. Mais ce n'est *pas* le même problème. Si au lieu de choisir 10
cases perdantes l'organisateur tirait 10 cases au hasard, là ce serait la
même situation et le joueur ne serait pas plus avancé pour autant.

> Si tu es d'accord jusque là, quelle différence cela ferait il si les 10
> cases perdantes sont grattées par l'organisateur, ou si elles le sont par
> le joueur avec une chance sur 1024 que cela se produise ?

Tu l'as dit toi-même : l'organisateur *sait* quelles cases gratter pour ne
pas découvrir une case gagnante.

En outre, dans le problème initial de Monty Hall, on savait déjà qu'il
existait deux portes perdantes et que donc l'organisateur pouvait toujours
en choisir une. Ce n'est pas le cas avec tes grilles, où il se pourrait
très bien (une chance sur 2^50) que toutes les cases soient gagnantes.

Tout comme il se pourrait (même probabilité) que toutes soient perdantes.

> Cette nouvelle question n'est qu'un aparté avant de revenir sur le fond
> de la question initiale.

J'espère avoir réussi à te faire prendre conscience que l'erreur du parieur
s'applique à ta question de grilles exactement de la même façon que pour
un tirage à pile ou face.

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 28/01/2024 23:36, efji répondait à Richard Hachel :

>>
>> On va dire : "Oui, mais justement, ils se sont produits, et donc là, on
>> vient de faire cent fois pile de suite, il est très probable qu'il y
>> aura dans un certain futur, une sorte d'égalisation qui sera, peut-être
>> dans un an, dans cent ans, ou un millions d'années, autant de pile que
>> de face au total".
>
> N'importe quoi

En fait non. Même si ça ne répond pas du tout à la question de Julien,
d'une part c'est vrai, et d'autre part c'est une explication au fait
que tant de gens se font avoir par le paradoxe du joueur.

Mais bon, ça ne répond pas à la question de Julien.

Et le reste de l'article de Richard est encore plus hors sujet.

--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Oui et on va appeler cela une grille aléatoire, par opposition à la
grille équilibrée qui contient exactement autant de cases gagnantes que
de cases perdantes, ce qui suppose qu'elle est constituée d'un nombre
pair de cases.

Je viens de faire un script pour tester ma méthode sur les deux types de
grille, voici les résultats pour N = 50. Je rappelle la méthode, je
découvre aléatoirement autant de cases que nécessaire jusqu'à ce que
le nombre de cases découvertes perdantes soit supérieur au nombre de
cases découvertes gagnante OU que le nombre de cases découvertes
atteigne N-1. Après quoi le gain ou la perte est indiqué par la
prochaine case découverte.
Voici les résultats :
-Quand la grille est aléatoire, la méthode donne une probabilité de
gain de 1/2 (test poussé sur 10 millions de tirages).
-Quand la grille est équilibrée, le gain monte à 53%.

J'ai par ailleurs mis le doigt sur une curiosité (qui est peut être dû
à la manière dont le tableau est mélangé pour constituer une grille
équilibrée), lorsque N ≤ 12 la probabilité de gain passe en dessous
de 1/2 dans le cas des grilles équilibrées. Saurais tu vérifier ce
dernier point ?

>>> Mais si la probabilité sur chaque case est strictement 50 % indépendamment
>>> des valeurs des autres cases de la grille, alors c'est efji qui a raison et
>>> tu es en train de te faire avoir par le paradoxe du joueur :
>>> <https://fr.wikipedia.org/wiki/Erreur_du_parieur>
>>
>> Je connais le paradoxe du joueur qui consiste à évaluer la probabilité
>> d'un évènement futur donc qui n'a pas encore été tiré, au regard des
>> évènements passés.
>
> Ok.
>
>> La situation que je propose est différente, tu
>> aurais totalement raison d'évoquer ce paradoxe si le résultat révélé
>> par chaque grattage n'était pas encore déterminé avant le grattage, or
>> le joueur qui gratte une case n'effectue pas un tirage, il ne fait que le
>> révéler.
>
> Eh bien non, du point de vue du joueur, la situation est exactement la
> même puisqu'il ne peut pas savoir avant de gratter une case si celle-ci
> est gagnante ou perdante. Si tu veux penser en terme de temporalité,
> alors le passé et le futur correspondent au moment où le joueur gratte
> telle ou telle case.
>
> Encore une fois, considère le cas des deux grilles parfaitement équi-
> probables, l'une avec 50 P et l'autre avec 49 P et un G. Lorsque le
> joueur aura gratté 49 P, il y a toujours une chance sur deux pour que
> la dernière case soit aussi un P.

Je vois bien ce que tu dis, mais quelque chose continue de me gêner, voir
plus bas...

Dans mon énoncé, qu'est ce qui nous empêcherait de faire intervenir un
organisateur qui connait le résultat des grilles et dont le rôle serait
de gratter X cases gagnantes et X+1 cases perdantes. On aboutirait dans ce
cas à la même situation que si le joueur avait gratté lui même en
aveugle les cases de la grille. Il faut considérer en outre qu'il y a au
moins une case gagnante dans la grille pour amorcer la partie.

[efji]

Le 29/01/2024 à 18:03, Olivier Miakinen a écrit :
> Le 28/01/2024 23:36, efji répondait à Richard Hachel :
>>>
>>> On va dire : "Oui, mais justement, ils se sont produits, et donc là, on
>>> vient de faire cent fois pile de suite, il est très probable qu'il y
>>> aura dans un certain futur, une sorte d'égalisation qui sera, peut-être
>>> dans un an, dans cent ans, ou un millions d'années, autant de pile que
>>> de face au total".
>>
>> N'importe quoi
>
> En fait non. Même si ça ne répond pas du tout à la question de Julien,
> d'une part c'est vrai, et d'autre part c'est une explication au fait
> que tant de gens se font avoir par le paradoxe du joueur.

Si, c'est n'importe quoi pour 2 raisons :

1/ Ce n'est pas un énoncé mathématique, et en plus il est formulé de
façon vicieuse (ce qui n'est pas étonnant) : s'il avait écrit "on vient
de faire 100 piles de suite DONC il est très probable que" on aurait pu
simplement écrire que l'assertion était fausse, fin de l'histoire. Mais
par l'oubli, volontaire ou non, de la conjonction, il induit un flou
pervers. Un flou qui n'a aucun autre intérêt que d'amener le lecteur sur
des sentiers mouvants. La suite est évidemment du même tonneau: "très
probable", "un certain futur", "une sorte d'égalisation" etc.

Donc pour que les choses soient parfaitement claires sur ce problème
niveau 3eme (on constate que c'est le niveau récurrent de TH) : les
tirages préliminaires n'influent en rien sur la suite. On peut
facilement quantifier le "très probable" en question et on peut donner
la probabilité exacte que au bout de 1 millions de tirages (que viennent
faire les années dans cette histoire?) on ne soit jamais repassé par
l'égalité des piles et des faces.


2/ L'auteur :)

>
> Et le reste de l'article de Richard est encore plus hors sujet.
>

Tu m'étonnes. La formule de Hachel-Poincaré :)

--
F.J.

[Richard Hachel]

Le 29/01/2024 à 19:36, efji a écrit :
> Le 29/01/2024 à 18:03, Olivier Miakinen a écrit :

> Tu m'étonnes. La formule de Hachel-Poincaré :)

Parles-en sur le fond et pas sur la forme.

Cette formule est-elle correcte?

R.H.

[efji]

Le 29/01/2024 à 19:18, Julien Arlandis a écrit :
> Je viens de faire un script pour tester ma méthode sur les deux types de
> grille, voici les résultats pour N = 50. Je rappelle la méthode, je
> découvre aléatoirement autant de cases que nécessaire jusqu'à ce que le
> nombre de cases découvertes perdantes soit supérieur au nombre de cases
> découvertes gagnante OU que le nombre de cases découvertes atteigne N-1.
> Après quoi le gain ou la perte est indiqué par la prochaine case
> découverte.
> Voici les résultats :
> -Quand la grille est aléatoire, la méthode donne une probabilité de gain
> de 1/2 (test poussé sur 10 millions de tirages).
> -Quand la grille est équilibrée, le gain monte à 53%.
>
> J'ai par ailleurs mis le doigt sur une curiosité (qui est peut être dû à
> la manière dont le tableau est mélangé pour constituer une grille
> équilibrée), lorsque N ≤ 12 la probabilité de gain passe en dessous de
> 1/2 dans le cas des grilles équilibrées. Saurais tu vérifier ce dernier
> point ?

Très bonne démarche.
Je pense que le 53% est faux, à moins qu'une grille de 50 soit trop
petite. A voir. En tout cas pour N grand il est clair que ça tend vers 50%.

Hier quand je t'ai proposé de faire le calcul exhaustif pour N=4 et N=6,
je l'ai fait sans le dire et j'ai cru m'être trompé. Voici ce qu'on
trouve et qui est parfaitement contre-intuitif :

N=4
---
tirage 1 = P -> je m'arrête et je gagne avec une proba de 2/3 (il reste
2 G et 1 P) -> 1/3 de proba de gain pour cette branche

tirage 1 = G -> je continue
tirage 2 = G -> j'ai perdu -> proba de gain de 0/4 sur cette branche
tirage 2 = P -> il reste 2 cartes inconnues -> proba de gain de 1/2 ->
proba de gain de 1/8 pour cette branche.

Finalement, proba de gain avec cette stratégie = 1/3+1/8 = 11/24 =
0.45833 < 1/2

N=6
---
1: P -> proba de gain de 3/5 -> 3/10 pour cette branche

1: G, 2: G, 3: G -> proba gain 0/8

1: G, 2: P, 3: P -> proba gain 2/3 -> 1/12 pour cette branche

1: G, 2: P, 3: G, 4: P -> proba gain 1/2 -> 1/32 pour cette branche

1: G, 2: P, 3: G, 4: G -> proba gain 0/16

1: G, 2: G, 3: P -> on ne peut pas avoir d'avantage, on s'arrête avec
une proba de gain de 1/3, soit 1/24 pour cette branche

Finalement, proba de gain = 3/10 + 1/12 + 1/32 + 1/24 =
(144+40+15+20)/480 = 219/480 = 0.45625 < 1/2

Encore raté :)

Conclusion: pour N petit, il faut utiliser une stratégie
contre-intuitive pour biaiser la probabilité : découvrir des cases
jusqu'à obtenir une majorité de cases gagnantes ! Et ensuite tirer au
hasard parmi ce qi reste. C'est très troublant. A partir de quelle
valeur de N y a-t-il basculement vers la stratégie plus intuitive ?




--
F.J.

[Julien Arlandis]

Pour N=4, la simulation donne 5/16.
J'ai mis en ligne le code à cette adresse pour que nous puissions
identifier le problème :
<https://jsfiddle.net/Juliendusud/szo41arL/12/>

[efji]

amha il y a un problème ici:
while(nombreGrattage < tailleGrille && perte <= gain)

Il faut s'arrêter à N-2 pas à N-1.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Pourquoi ? Si tu as une grille de 50 cases, tu peux gratter 49 fois au
maximum.

[efji]

Et il y a un problème plus grave je pense :

N=4 -> 0.375276
N=6 -> 0.271868
N=8 -> 0.166844
N=10 -> 0.090978

--
F.J.

[Julien Arlandis]

À mon avis le problème vient de la façon de mélanger le tableau :
grid = grid.sort((a, b) => 0.5 - Math.random())

En initialisant tous les 0 au début et les 1 sur la deuxième moitié du
tableau, on doit se retrouver avec une partition qui n'est pas aléatoire.

[Julien Arlandis]

Par contre là, ce n'est pas ce que donne le code...

[efji]

Ben non. L'idée c'est de trouver une stratégie gagnante. Si on découvre
tout ce n'est plus une stratégie. En fait on devrait même s'arrêter à N-3 :

* Si à N-3 on a une majorité de P: la stratégie s'arrête et on sait
qu'il reste 1P et 2G dans les cases non découvertes -> proba de gain=2/3

* Si à N-3 on a une majorité de G, on sait qu'on ne peut plus arriver à
une majorité de P au coup suivant, donc on s'arrête aussi.

--
F.J.

[efji]

Le 29/01/2024 à 21:04, Julien Arlandis a écrit :
> À mon avis le problème vient de la façon de mélanger le tableau : grid =
> grid.sort((a, b) => 0.5 - Math.random())
>
> En initialisant tous les 0 au début et les 1 sur la deuxième moitié du
> tableau, on doit se retrouver avec une partition qui n'est pas aléatoire.

On s'en fout de ça, et je ne vois pas bien comment ça pourrait ne pas
marcher, sauf si il a un bug dans la fonction qui trie. Moi j'aurais
gardé un tableau classé N/2 0 suivi de N/2 1, et j'aurais tiré les cases
aléatoirement (en vérifiant qu'elles n'étaient pas déjà tirées)

--
F.J.

[efji]

https://www.cjoint.com/doc/24_01/NADukyCJMTP_Capture-d%E2%80%99e%CC%81cran-2024-01-29-a%CC%80-21.10.02.png

--
F.J.

[Julien Arlandis]

J'ai ceci :

<http://news2.nemoweb.net/jntp?VyIo1lCiYkK-1A-qVOlSmdltrEQ@jntp/Data.Media:1>


--
Ce message a été posté avec Nemo : <http://news2.nemoweb.net/?DataID=VyIo1lCiYkK-1A-qVOlSmdltrEQ@jntp>

[efji]

Le 29/01/2024 à 21:11, Julien Arlandis a écrit :

> Le 29/01/2024 à 21:10, efji a écrit :

>>
>>
>> https://www.cjoint.com/doc/24_01/NADukyCJMTP_Capture-d%E2%80%99e%CC%81cran-2024-01-29-a%CC%80-21.10.02.png
>
> J'ai ceci :
>
> <http://news2.nemoweb.net/jntp?VyIo1lCiYkK-1A-qVOlSmdltrEQ@jntp/Data.Media:1>

Je ne sais peut-être pas me servir du machin. J'ai juste mis un nombre
dans la case et j'ai cliqué.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Vous avez pas modifié le code ?
Essayez de réactualiser ?

[efji]

Qui est le maitre ? la fenêtre blanche en bas à droite ou le code html
en haut à gauche ? Pour faire N=10 on fait comment ?

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 29/01/2024 19:18, Julien Arlandis a écrit :
>
> Je viens de faire un script pour tester ma méthode sur les deux types de
> grille, voici les résultats pour N = 50. Je rappelle la méthode, je
> découvre aléatoirement autant de cases que nécessaire jusqu'à ce que
> le nombre de cases découvertes perdantes soit supérieur au nombre de
> cases découvertes gagnante OU que le nombre de cases découvertes
> atteigne N-1. Après quoi le gain ou la perte est indiqué par la
> prochaine case découverte.
> Voici les résultats :
> -Quand la grille est aléatoire, la méthode donne une probabilité de
> gain de 1/2 (test poussé sur 10 millions de tirages).

Déjà, ça confirme bien ce que nous disions tous : lorsque la grille est
complètement aléatoire, ta méthode ne peut pas faire mieux que 1/2 car
aucune méthode ne le peut.

> -Quand la grille est équilibrée, le gain monte à 53%.
>
> J'ai par ailleurs mis le doigt sur une curiosité (qui est peut être dû
> à la manière dont le tableau est mélangé pour constituer une grille
> équilibrée), lorsque N ≤ 12 la probabilité de gain passe en dessous
> de 1/2 dans le cas des grilles équilibrées. Saurais tu vérifier ce
> dernier point ?

Je vais te demander de le vérifier toi-même avec un script sans tirage
aléatoire. Mais peut-être qu'un fan d'outil de calcul formel pourrait le
faire plus facilement.

Selon un raisonnement que j'expliquerai plus tard quand j'en aurai le
temps, pour une grille équilibrée de N = 2n nombres, la probabilité de
gagner selon ta méthode devrait être :

proba = somme pour k = 0..n-1 de Ck/(2^(2k+1)) × (n-k)/(2n-2k-1)

où Ck est le k-ième nombre de Catalan :

Ck = (2k)!/(k!(k+1)!)

Quand tu auras programmé ça, ce serait bien de vérifier ce que ça donne
pour quelques valeurs de n, par exemple autour de n = 6 (càd de N = 12).


--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Le 29/01/2024 à 23:16, Olivier Miakinen a écrit :
> Le 29/01/2024 19:18, Julien Arlandis a écrit :
>>
>> Je viens de faire un script pour tester ma méthode sur les deux types de
>> grille, voici les résultats pour N = 50. Je rappelle la méthode, je
>> découvre aléatoirement autant de cases que nécessaire jusqu'à ce que
>> le nombre de cases découvertes perdantes soit supérieur au nombre de
>> cases découvertes gagnante OU que le nombre de cases découvertes
>> atteigne N-1. Après quoi le gain ou la perte est indiqué par la
>> prochaine case découverte.
>> Voici les résultats :
>> -Quand la grille est aléatoire, la méthode donne une probabilité de
>> gain de 1/2 (test poussé sur 10 millions de tirages).
>
> Déjà, ça confirme bien ce que nous disions tous : lorsque la grille est
> complètement aléatoire, ta méthode ne peut pas faire mieux que 1/2 car
> aucune méthode ne le peut.

Oui

>> -Quand la grille est équilibrée, le gain monte à 53%.
>>
>> J'ai par ailleurs mis le doigt sur une curiosité (qui est peut être dû
>> à la manière dont le tableau est mélangé pour constituer une grille
>> équilibrée), lorsque N ≤ 12 la probabilité de gain passe en dessous
>> de 1/2 dans le cas des grilles équilibrées. Saurais tu vérifier ce
>> dernier point ?
>
> Je vais te demander de le vérifier toi-même avec un script sans tirage
> aléatoire. Mais peut-être qu'un fan d'outil de calcul formel pourrait le
> faire plus facilement.

Je viens d'identifier un problème avec la méthode qui mélange
aléatoirement le tableau équilibré, si j'applique plusieurs fois le
mélange je n'obtiens plus les mêmes probabilités.
Qu'entends tu par script sans tirage aléatoire, mon script se contente de
parcourir le tableau de gauche à droite.

> Selon un raisonnement que j'expliquerai plus tard quand j'en aurai le
> temps, pour une grille équilibrée de N = 2n nombres, la probabilité de
> gagner selon ta méthode devrait être :
>
> proba = somme pour k = 0..n-1 de Ck/(2^(2k+1)) × (n-k)/(2n-2k-1)
>
> où Ck est le k-ième nombre de Catalan :
>
> Ck = (2k)!/(k!(k+1)!)
>
> Quand tu auras programmé ça, ce serait bien de vérifier ce que ça donne
> pour quelques valeurs de n, par exemple autour de n = 6 (càd de N = 12).

J'ai un soucis pour le cas n=2 (N=4), ta formule indique comme résultat
une probabilité de gain égale à 11/24. Si j'applique mon algorithme en
grattant de gauche à droite parmi l'ensemble des grilles permises on
obtient les résultats :
0 0 1 1 => P
0 1 0 1 => G
0 1 1 0 => G
1 0 0 1 => G
1 0 1 0 => P
1 1 0 0 => P
ce qui donne une probabilité de gain de 1/2 ? ? ?

[Julien Arlandis]

Si le jeu permettait de gratter N-1 cases, le jeu n'aurait aucun intérêt
je suis d'accord. Mais ce n'est pas le jeu que nous testons mais une
stratégie laquelle force le joueur à s'arrêter de gratter dès qu'il
obtient plus de pertes que de gains, même si cette stratégie implique
que les règles du jeu sont absurdes mais c'est un autre problème.

[Julien Arlandis]

Dans mon script le tirage n'est pas aléatoire, il se fait de gauche à
droite. Donc un tri inadapté influence la probabilité de gain.

[efji]

Le 30/01/2024 à 10:13, Julien Arlandis a écrit :
> J'ai un soucis pour le cas n=2 (N=4), ta formule indique comme résultat
> une probabilité de gain égale à 11/24. Si j'applique mon algorithme en
> grattant de gauche à droite parmi l'ensemble des grilles permises on
> obtient les résultats :
> 0 0 1 1 => P
> 0 1 0 1 => G
> 0 1 1 0 => G
> 1 0 0 1 => G
> 1 0 1 0 => P
> 1 1 0 0 => P
> ce qui donne une probabilité de gain de 1/2 ? ? ?

Ce n'est pas comme ça que je comprends l'algorithme décrit au début.
0 = perdu
1 = gagné

1er tirage = 0 (proba 1/2): on s'arrête car on a obtenu un biais sur ce
qui reste. On tire au hasard parmi les cases restantes -> proba de gain
= 2/3 -> proba pour cette branche = 1/3

1er tirage = 1 (proba 1/2): On s'arrête aussi car on ne pourra jamais
avoir d'avantage sauf en découvrant tout. Proba de gain 1/3 -> proba
pour cette branche 1/6

Proba de gain finale = 1/3+1/6=1/2

Dans le cas où on tire les cases dans l'ordre on obtient

0 0 1 1 => P
0 1 0 1 => G
0 1 1 0 => G

1 0 0 1 => P

1 0 1 0 => P

1 1 0 0 => G

On peut maintenant faire une récurrence pour passer à N=6 :

1er tirage = 0 (proba 1/2): on s'arrête car on a obtenu un biais sur ce
qui reste. On tire au hasard parmi les 5 cases restantes -> proba de
gain = 3/5 -> proba pour cette branche = 3/10

1er tirage = 1:
2eme tirage = 0: (proba 1/4) -> on est ramené au cas précédent N=4 avec
proba de gain 1/2 -> proba pour cette branche 1/8
2eme tirage = 1: on sait qu'on ne pourra plus rattraper le retard donc
on s'arrête et on tire au hasard parmi ce qui reste -> proba de gain 1/4
-> 1/16 pour cette branche.

finalement, proba de gain = 3/10 + 1/8 + 1/4 = 17/40 < 1/2

--
F.J.

[efji]

OK, donc la base c'est de tester la procédure de mélange :)

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 10:13, Julien Arlandis a écrit :
>>
>> Je vais te demander de le vérifier toi-même avec un script sans tirage
>> aléatoire. Mais peut-être qu'un fan d'outil de calcul formel pourrait le
>> faire plus facilement.
>
> Je viens d'identifier un problème avec la méthode qui mélange
> aléatoirement le tableau équilibré, si j'applique plusieurs fois le
> mélange je n'obtiens plus les mêmes probabilités.
> Qu'entends tu par script sans tirage aléatoire, mon script se contente de
> parcourir le tableau de gauche à droite.

Je veux dire que c'est juste un calcul direct des probabilités, pas une
expérimentation avec des tirages aléatoires répétés.

>
>> Selon un raisonnement que j'expliquerai plus tard quand j'en aurai le
>> temps, pour une grille équilibrée de N = 2n nombres, la probabilité de
>> gagner selon ta méthode devrait être :
>>
>> proba = somme pour k = 0..n-1 de Ck/(2^(2k+1)) × (n-k)/(2n-2k-1)
>>
>> où Ck est le k-ième nombre de Catalan :
>>
>> Ck = (2k)!/(k!(k+1)!)
>>
>> Quand tu auras programmé ça, ce serait bien de vérifier ce que ça donne
>> pour quelques valeurs de n, par exemple autour de n = 6 (càd de N = 12).
>
> J'ai un soucis pour le cas n=2 (N=4), ta formule indique comme résultat
> une probabilité de gain égale à 11/24.

Vérifions. Pour n=2, on a :

proba = somme pour k = 0..1 de Ck/(2^(2k+1)) × (n-k)/(2n-2k-1)
= C0/(2^1) × (2-0)/(4-0-1) + C1/(2^3) × (2-1)/(4-2-1)
= 1/2 × 2/3 + 1/8 × 1/1
= 1/3 + 1/8 = 11/24

> Si j'applique mon algorithme en
> grattant de gauche à droite parmi l'ensemble des grilles permises on
> obtient les résultats :
> 0 0 1 1 => P
> 0 1 0 1 => G
> 0 1 1 0 => G
> 1 0 0 1 => G
> 1 0 1 0 => P
> 1 1 0 0 => P
> ce qui donne une probabilité de gain de 1/2 ? ? ?

Tu as raison. Mon erreur était de considérer qu'à chaque tirage on avait une
chance sur deux de tirer 1 ou 0, alors qu'avec des grilles équilibrées ce
n'est plus le cas. C'est mon 1/(2^(2k+1)) qui est faux. Je vais y réfléchir
de nouveau pour trouver la formule correcte.

Désolé.


--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Oui tout à fait, on progresse :)

[Julien Arlandis]

Non ici c'est un gain, au 3ème grattage on a deux pertes pour un gain.

> 1 0 1 0 => P
> 1 1 0 0 => G

Ici c'est une perte, on s'arrête également au 3ème grattage.

>
> On peut maintenant faire une récurrence pour passer à N=6 :
>
> 1er tirage = 0 (proba 1/2): on s'arrête car on a obtenu un biais sur ce
> qui reste. On tire au hasard parmi les 5 cases restantes -> proba de
> gain = 3/5 -> proba pour cette branche = 3/10
>
> 1er tirage = 1:
> 2eme tirage = 0: (proba 1/4) -> on est ramené au cas précédent N=4 avec
> proba de gain 1/2 -> proba pour cette branche 1/8
> 2eme tirage = 1: on sait qu'on ne pourra plus rattraper le retard donc
> on s'arrête et on tire au hasard parmi ce qui reste -> proba de gain 1/4
> -> 1/16 pour cette branche.

Mais non on ne s'arrête pas, on va quand même jusqu'à N-1 comme décrit
dans la stratégie, peu importe si cela induit une faille dans le
règlement du jeu, encore une fois ce n'est pas cela que l'on teste.

[efji]

Le 30/01/2024 à 11:26, Julien Arlandis a écrit :

> Le 30/01/2024 à 10:33, efji a écrit :

>>
>> Dans le cas où on tire les cases dans l'ordre on obtient
>> 0 0 1 1 => P
>> 0 1 0 1 => G
>> 0 1 1 0 => G
>> 1 0 0 1 => P
>
> Non ici c'est un gain, au 3ème grattage on a deux pertes pour un gain.
>
>> 1 0 1 0 => P
>> 1 1 0 0 => G
>
> Ici c'est une perte, on s'arrête également au 3ème grattage.

OK, je veux bien tout ce qu'on veut, changer les règles à chaque
message, mais ça devient lourdingue.

Le problème de départ était "étant donné ce jeu, y-a-t-il une stratégie
gagnante ?".
Pour moi on ne peut pas qualifier de "stratégie" la méthode qui consiste
à découvrir N-1 cases sur N. Désolé.

Donc je reprend ce que j'ai pu décoder comme embryon de stratégie dans
ce que vous avez proposé. Vous dites "on découvre une par une des cases
jusqu'à obtenir un biais en faveur de "perdu" et comme ça on a un
avantage statistique dans le tirage suivant." Sous entendu évidemment,
"on s'arrête aussi dès qu'on est certain de ne plus être capable d'avoir
un avantage avant d'avoir tiré N-3 cases."

Cette stratégie impose de s'arrêter sur un nombre impair de cases
découvertes, et comme N-1 est idiot il faut s'arrêter au plus tard à
N-3. Si on tire les cases dans l'ordre ça donne le tableau ci-dessus
pour N=4 et le raisonnement décrit ci-dessous pour N=6.

>>
>> On peut maintenant faire une récurrence pour passer à N=6 :
>>
>> 1er tirage = 0 (proba 1/2): on s'arrête car on a obtenu un biais sur
>> ce qui reste. On tire au hasard parmi les 5 cases restantes -> proba
>> de gain = 3/5 -> proba pour cette branche = 3/10
>>
>> 1er tirage = 1:
>> 2eme tirage = 0: (proba 1/4) -> on est ramené au cas précédent N=4
>> avec proba de gain 1/2 -> proba pour cette branche 1/8
>> 2eme tirage = 1: on sait qu'on ne pourra plus rattraper le retard donc
>> on s'arrête et on tire au hasard parmi ce qui reste -> proba de gain
>> 1/4 -> 1/16 pour cette branche.
>
> Mais non on ne s'arrête pas, on va quand même jusqu'à N-1 comme décrit
> dans la stratégie, peu importe si cela induit une faille dans le
> règlement du jeu, encore une fois ce n'est pas cela que l'on teste.
>
>> finalement, proba de gain = 3/10 + 1/8 + 1/4 = 17/40 < 1/2
>
>

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 11:01, Olivier Miakinen a écrit :
>
> Tu as raison. Mon erreur était de considérer qu'à chaque tirage on avait une
> chance sur deux de tirer 1 ou 0, alors qu'avec des grilles équilibrées ce
> n'est plus le cas. C'est mon 1/(2^(2k+1)) qui est faux. Je vais y réfléchir
> de nouveau pour trouver la formule correcte.

J'ai corrigé mon erreur, et j'ai même programmé moi-même l'algorithme en
python, mais j'ai eu une énorme surprise !

La probabilité de gain avec ton algo, en supposant des grilles équilibrées,
est en fait une formule compliquée :

proba = (n!)²/(2n)! × somme pour k = 0..n-1 de la chose suivante :
{ (2k)!(2n-2-2k)! / ( k!(k+1)!((n-1-k)!)² }

Je peux simplifier un peu en remarquant que je peux y trouver trois fois
l'expression (2m)!/(m!)² qui est égale à C(2m,m) c'est-à-dire le nombre de
combinaisons de m objets pris parmi 2m. Soit dit en passant, le k-ième
nombre de Catalan est C(2m,m)/(m+1)

En posant c2(m) = C(2m,m) l'expression devient alors :
proba = { somme pour k = 0..n-1 de ( c2(k) × c2(n-1-k) / (k+1) ) } / c2(n)

Voici mon programme :
===============================================
#!/usr/bin/env python3

import math

def c2(n) :
return math.comb(2*n, n)

def sum_item(n, k) :
return c2(k) * c2(n-1-k) / (k+1)

def proba(n) :
sum = 0
for k in range(n) :
sum += sum_item(n, k)
print ("proba pour", n, "=", sum/c2(n))

for n in range(1, 20):
proba(n)
===============================================

Et voici la colossale surprise, quand je l'exécute :
===============================================
proba pour 1 = 0.5
proba pour 2 = 0.5
proba pour 3 = 0.5
proba pour 4 = 0.5
proba pour 5 = 0.5
proba pour 6 = 0.5
proba pour 7 = 0.5
proba pour 8 = 0.5
proba pour 9 = 0.5
proba pour 10 = 0.5
proba pour 11 = 0.5
proba pour 12 = 0.5
proba pour 13 = 0.5
proba pour 14 = 0.5
proba pour 15 = 0.5
proba pour 16 = 0.5
proba pour 17 = 0.5
proba pour 18 = 0.5
proba pour 19 = 0.5
===============================================

:-D

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 12:05, j'écrivais :

>
> En posant c2(m) = C(2m,m) l'expression devient alors :
> proba = { somme pour k = 0..n-1 de ( c2(k) × c2(n-1-k) / (k+1) ) } / c2(n)

J'ai amélioré mon programme pour faire apparaître plus clairement chaque
item de la somme (qui se trouve être toujours un entier) ainsi que la valeur
de c2(n) par laquelle on divise le résultat de la sommation.

Le programme :
==============================================================
#!/usr/bin/env python3

import math
import fractions

def c2(n) :
return math.comb(2*n, n)

def proba(n) :
sum = 0
for k in range(n) :

if k == 0:
print("proba pour ", n, ": (", end="")
else:
print(" + ", end="")
item = fractions.Fraction(c2(k) * c2(n-1-k) , (k+1))
print(item, end="")
sum += item
print (") ÷", c2(n), "=", sum/c2(n))

for n in range(1, 7):
proba(n)
==============================================================

Le résultat :
==============================================================
proba pour 1 : (1) ÷ 2 = 1/2
proba pour 2 : (2 + 1) ÷ 6 = 1/2
proba pour 3 : (6 + 2 + 2) ÷ 20 = 1/2
proba pour 4 : (20 + 6 + 4 + 5) ÷ 70 = 1/2
proba pour 5 : (70 + 20 + 12 + 10 + 14) ÷ 252 = 1/2
proba pour 6 : (252 + 70 + 40 + 30 + 28 + 42) ÷ 924 = 1/2
==============================================================


--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

En améliorant le mélange j'ai aussi remarqué que la probabilité de
gain tendait vers 1/2, mais comment l'interpréter dans la mesure où à
la seule exception du cas où l'on gratte N-1 case et où la probabilité
de gain vaut 1/2, il reste toujours une case gagnante de plus à gratter
que de cases perdantes ? Intuitivement, on s'attend à une probabilité
toujours supérieure à 1/2.
Es tu sûr de ta formule ?

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 13:21, Julien Arlandis a écrit :
>
> Es tu sûr de ta formule ?

Maintenant oui, d'autant plus que les chances que je me sois trompé mais
que je tombe sur une formule hyper-compliquée dont le résultat soit par
hasard exactement égal à un demi, ces chances sont assez minces !

Voici mon raisonnement.

Pour commencer, déterminons ce qu'est une situation gagnante avec cette
stratégie. Je note G le fait de découvrir une case gagnante et P celui
de découvrir une case perdante.

Pour que tu paries, il faut que tu découvres un P, et que ce soit la
première fois que le nombre de P devient strictement supérieur au nombre
de G. Cela veut dire que la séquence juste avant ce P contient autant de
G que de P (notons k ce nombre de G et de P), et qu'à tout moment il y a
eu dans cette séquence au moins autant de G que de P.

Cette séquence de longueur 2k est un mot de Dyck, avec des G à la place
des X et des P à la place des Y :
<https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_de_Catalan#Mots_de_Dyck>.
Le nombre de mots de Dyck de longueur 2k est exactement le nombre de
Catalan d'indice k, soit (2k)!/k!/(k+1)!, et c'est bien sûr un entier.

Pour que tu paries à ce moment-là, il faut que ce mot de Dyck soit
suivi par un P, et pour que tu gagnes il faut que ce P soit suivi par
un G. Voici un exemple de combinaison gagnante : "GGPGPPPG" où le
début "GGPGPP" est un mot de Dyck et la fin est invariablement "PG".

Calculons les probabilités d'obtenir cette combinaison particulière, ça
donnera une idée du cas général.
− premier G : n/(2n)
− deuxième G : (n-1)/(2n-1)
- premier P : n/(2n-2)
- troisième G : (n-2)/(2n-3)
- deuxième P : (n-1)/(2n-4)
- troisième P : (n-2)/(2n-5)
- quatrième P : (n-3)/(2n-6)
- quatrième G : (n-3)/(2n-7)

Aux numérateurs, on a deux fois n, deux fois (n-1), deux fois (n-2) et deux
fois (n-3), même si c'est dans le désordre.
Aux dénominateurs, on a tous les nombres de 2n à 2n-7, dans l'ordre.
De façon assez évidente, on peut voir que pour tout autre nombre de Dyck
de même longueur on aura les mêmes numérateurs (quoique dans un ordre
différent) et les mêmes dénominateurs (dans le même ordre).

Et donc, la probabilité de gagner suite à "un" mot de Dyck de longueur 2k
donné, c'est le carré de n(n-1)...(n-k) divisé par (2n)(2n-1)...(2n-1-2k).

Il faut sommer ça sur tous les mots de Dyck de toutes les longueurs possibles,
sachant que pour la longueur 2k le nombre de mots de Dyck correspondant est
le nombre de Catalan d'indice k.

Un petit peu de manipulation algébrique, et on arrive à la formule que j'ai
donnée.


--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 14:21, j'écrivais :

>
> Cette séquence de longueur 2k est un mot de Dyck, avec des G à la place
> des X et des P à la place des Y :
> <https://fr.wikipedia.org/wiki/Nombre_de_Catalan#Mots_de_Dyck>.

Par un heureux hasard, la mathématicienne Sophie Maclean vient tout juste
de publier une vidéo à propos des nombres de Catalan sur la chaine youtube
Numberphile. Bien sûr elle y parle entre autres des mots de Dyck.

Catalan Numbers - Numberphile
<https://www.youtube.com/watch?v=fczN0BCx0xs> [en]

--
Olivier Miakinen

[efji]

Je valide ce joli raisonnement.
Sauf que, comme je le disais dans le désert, pour que le processus
demeure un algorithme qui sert à voir si on peut trouver une méthode
pour gagner avec une probabilité >1/2 à un "jeu", il faut que ça demeure
un jeu, et donc qu'on ne puisse pas aller jusqu'au bout dans la
découverte des cases !

k=2n est idiot
k=2n-2 signifie qu'on a découvert 2n-2 cases, qu'on en découvre une de
plus et qu'ensuite on gagne en découvrant la dernière -> stupide aussi

Il faut donc faire une somme de k=1 à 2n-4, et éventuellement énumérer
manuellement les derniers cas possibles.


--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 14:50, efji a écrit :
>
> Je valide ce joli raisonnement.

Merci. :-)

> Sauf que, comme je le disais dans le désert, pour que le processus
> demeure un algorithme qui sert à voir si on peut trouver une méthode
> pour gagner avec une probabilité >1/2 à un "jeu", il faut que ça demeure
> un jeu, et donc qu'on ne puisse pas aller jusqu'au bout dans la
> découverte des cases !

Alors maintenant je conjecture que si on s'arrête dans certains cas avant
d'avoir obtenu plus de P que de G et qu'on parie sur la prochaine case,
la probabilité restera toujours égale à 1/2.

Il reste à confirmer ou à infirmer cette conjecture. ;-)

(mais tu l'as peut-être déjà infirmée avant ? j'avoue ne pas avoir tout lu)

--
Olivier Miakinen

[Michel Talon]

Le 30/01/2024 à 12:05, Olivier Miakinen a écrit :

> La probabilité de gain avec ton algo, en supposant des grilles équilibrées,
> est en fait une formule compliquée :
>
> proba = (n!)²/(2n)! × somme pour k = 0..n-1 de la chose suivante :
> { (2k)!(2n-2-2k)! / ( k!(k+1)!((n-1-k)!)² }

Je ne sais pas ce qui se passe avec ton calcul, mais maxima me donne la
chose suivante:

maxima -q
(%i1) display2d:false;

(%o1) false
(%i2) load(zeilberger);

(%o2) "/usr/share/maxima/5.43.2/share/contrib/Zeilberger/zeilberger.mac"
(%i3) q(k):=(2*k)!*(2*n-2-2*k)! / ( k!*(k+1)!*((n-1-k)!)^2)$

/* je me trouve obligé de séparer le dernier terme */

(%i4) ratsimp(q(n-1)+GosperSum((2*k)!*(2*n-2-2*k)! / (
k!*(k+1)!*((n-1-k)!)^2),k,0,n-2));

(%o4) ((2*n-1)*(2*n-2)!)/((n-1)!^2*n)

Ce qui vaut C(2n-1,n)/(n-1)!
et est assez éloigné des choses que tu dis. Tu as du oublier des
contributions.



--
Michel Talon

[Michel Talon]

Le 30/01/2024 à 15:58, Michel Talon a écrit :
> %o4) ((2*n-1)*(2*n-2)!)/((n-1)!^2*n)
>
> Ce qui vaut  C(2n-1,n)/(n-1)!
> et est assez éloigné des choses que tu dis. Tu as du oublier des
> contributions.

Désolé, c'est moi qui avait oublié le préfacteur (n!)²/(2n)! .
En le rajoutant on trouve exactement 1/2. Donc ton calcul python est
parfaitement juste, et la conclusion valable pour tout n.

--
Michel Talon

[Olivier Miakinen]

Le 28/01/2024 11:11, Julien Arlandis a écrit :
>
> Vous disposiez d'un ticket composé de N cases à gratter, chaque case
> représente soit un gain soit une perte avec une probabilité de 1/2. Le
> jeu consiste à miser sur n'importe quelle case non grattée et pour faire
> votre choix vous avez la possibilité de gratter autant de cases que vous
> le désirez (dans la limite de N-1 sinon vous ne pouvez plus jouer).
> La question est la suivante : existe t-il une stratégie qui permette de
> gagner avec une probabilité strictement supérieure à 1/2 ?

Je vais prouver par récurrence que l'on ne peut pas faire mieux que miser
sur une case au hasard et ne gratter que celle-là. Et que ce résultat est
vrai même si on sait au départ combien de cases de la grille sont gagnantes
(donc par exemple une grille équilibrée avec N/2 cases gagnantes et N/2
cases perdantes).


Définissons une fonction de choix c(n,*) à valeurs dans [0, 1]. Le premier
paramètre n est le nombre de cases non encore grattées, mais il peut y avoir
d'autres paramètres (que je note *), par exemple le nombre de cases gagnantes
nos grattées (si tant est qu'on connaisse ce nombre), ou bien le nombre de
cases gagnantes ou perdantes déjà grattées.

Si c(n,*) = 1, on mise sur la prochaine case et on la gratte.
Si c(n,*) = 0, on gratte une nouvelle case sans avoir misé dessus.
Si c(n,*) est strictement compris entre 0 et 1, alors on tire au hasard pour
savoir si on doit miser (avec la probabilité c(n,*)) avant de gratter la case
suivante.

J'impose juste que c(1,*) = 1 parce que le contraire serait stupide, mais
pour n > 1 je te laisse choisir c(n,*) comme tu veux.


Je vais prouver par récurrence que pour tout n, si g est le nombre de cases
gagnantes parmi les n cases restantes, alors la probabilité de gain est égale
à g/n quelle que soit la stratégie c(n,*).


Tout d'abord, si n=1, c(1,*) valant 1 on est forcé de miser, et on gagne si
g=1 tandis qu'on perd si g=0. On vérifie bien dans ce cas que la probabilité
de gagner est g/n (c'est-à-dire g puisque n=1).

Supposons maintenant que l'hypothèse est vraie au rang n-1, et vérifions la
au rang n. On choisit de miser avec une probabilité c(n,*) et de ne pas miser
avec une probabilité (1 - c(n,*)).

Si on mise, on gagne avec une probabilité g/n.

Si on ne mise pas, on se retrouve alors dans l'un des deux cas suivants après
avoir gratté :
− (n-1, g-1) avec une probabilité g/n
− (n-1, g) avec une probabilité (n-g)/n

D'après l'hypothèse de récurrence, la probabilité de gagner devient alors :
− (g-1)/(n-1) dans le premier cas
− g/(n-1) dans le second cas


On peut maintenant calculer la probabilité de gagner depuis (n, g) :
proba = c(n,*)×g/n + (1 - c(n,*)) × (g/n × (g-1)/(n-1) + (n-g)/n × g/(n-1))
= c(n,*)×g/n + (1 - c(n,*)) × (g(g-1) / n(n-1) + g(n-g) / n(n-1)) (*)
= c(n,*)×g/n + (1 - c(n,*)) × (g(n-1) / n(n-1))
= c(n,*)×g/n + (1 - c(n,*)) × g/n
= g/n

Ce résultat démontré par récurrence est complètement indépendant de la fonction
de choix, CQFD.

--
Olivier Miakinen
(*) pour simplifier l'écriture je suppose ici que la multiplication n(n-1) est
prioritaire sur la division par /

[Olivier Miakinen]

[Supersedes pour corriger le titre]

[Julien Arlandis]

Le 30/01/2024 à 14:21, Olivier Miakinen a écrit :

Le raisonnement me semble joli mais comment résous tu le paradoxe suivant
:
À la seule exception du cas où l'on gratte N-1 case, au moment de la
mise il reste toujours une case gagnante de plus à gratter que de cases
perdantes parmi les cases restantes ? Intuitivement, on s'attend donc à
ce qu'au moment de la mise on ait plus de chances de tomber sur un gain
que sur une perte et donc que la probabilité de gain soit supérieure à
1/2. Comment l'expliques tu ?

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 16:09, Michel Talon a écrit :
>
> [Avec maxima] on trouve exactement 1/2. Donc ton calcul python est

> parfaitement juste, et la conclusion valable pour tout n.

Merci, j'espérais bien que quelqu'un comme toi utilisant maxima pourrait
confirmer ce résultat.

Note que ça ne m'étonne pas tellement, vu le nombre d'identités remarquables
que l'on peut prouver en combinant différents C(n,p). Je suis même persuadé
qu'on pourrait le faire à la main en y consacrant suffisamment de temps et
d'effort, mais dans ce cas précis je suis très content que la question ait
été sous-traitée à maxima. :-)

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 17:08, Julien Arlandis a écrit :
>
> Le raisonnement me semble joli mais comment résous tu le paradoxe suivant
> :
> À la seule exception du cas où l'on gratte N-1 case, au moment de la
> mise il reste toujours une case gagnante de plus à gratter que de cases
> perdantes parmi les cases restantes ? Intuitivement, on s'attend donc à
> ce qu'au moment de la mise on ait plus de chances de tomber sur un gain
> que sur une perte et donc que la probabilité de gain soit supérieure à
> 1/2. Comment l'expliques tu ?

Si tu veux une explication « au doigt mouillé » plutôt que la preuve
mathématique confirmée par maxima, je dirais qu'en effet si tu te
retrouves dans cette situation tu as alors plus de chances de gagner
que de perdre, mais que cette situation a moins de chances de se
produire que toutes celles dans lesquelles tu avais en permanence
gratté plus (ou autant) de cases gagnantes que de cases perdantes.

Le gain d'un côté est donc compensé par les pertes de l'autre.


--
Olivier Miakinen

[efji]

Oui, exactement. Il faut tout compter, y compris les très nombreux cas
(environ 1 sur 2) où on arrive au bout des découvertes sans jamais avoir
eu d'avantage.

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Le 30/01/2024 à 17:18, Olivier Miakinen a écrit :

On note i le nombre de cases grattées juste avant de miser. On doit
examiner deux situations :
-cas i < N-1 : comme tu viens de le confirmer, dans cette situation la
probabilité de gain est supérieure à 1/2, on peut calculer qu'il reste
(N-i+1)/2 cases gains et (N-i-1)/2 cases perdantes, ce qui donne une
probabilité de gain de (N-i+1)/(N-i) > 1/2.
-cas i = N-1 : dans cette situation la probabilité de gain vaut
exactement 1/2.

Je ne comprends donc pas comment tu obtiens une probabilité de gain
exactement égale à 1/2 alors que c'est la limite inférieure de toutes
les situations possibles.

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 17:41, Julien Arlandis a écrit :
>
> On note i le nombre de cases grattées juste avant de miser. On doit
> examiner deux situations :
> -cas i < N-1 : comme tu viens de le confirmer, dans cette situation la
> probabilité de gain est supérieure à 1/2, on peut calculer qu'il reste
> (N-i+1)/2 cases gains et (N-i-1)/2 cases perdantes, ce qui donne une
> probabilité de gain de (N-i+1)/(N-i) > 1/2.
> -cas i = N-1 : dans cette situation la probabilité de gain vaut
> exactement 1/2.

Que fais-tu du cas où arrivé à N-2 (ou avant) toutes les cases gagnantes
ont déjà été découvertes ? Par exemple si tu commences par découvrir
N/2 cases gagnantes, et que donc les N/2 cases restantes sont toutes
perdantes ?

> Je ne comprends donc pas comment tu obtiens une probabilité de gain
> exactement égale à 1/2 alors que c'est la limite inférieure de toutes
> les situations possibles.

Voir ma réponse balisée [SOLUTION] dans laquelle je prouve ce résultat
par récurrence, comme cas particulier avec g=N/2 du cas général où le
nombre de cases gagnantes et de cases perdantes peut être quelconque.


--
Olivier Miakinen

[efji]

Vous lisez parfois ce que j'écris ou je parle dans le vide ???

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 17:56, efji a écrit :
>
> Vous lisez parfois ce que j'écris ou je parle dans le vide ???

:-D

(désolé)

--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Le 30/01/2024 à 17:49, Olivier Miakinen a écrit :
> Le 30/01/2024 17:41, Julien Arlandis a écrit :
>>
>> On note i le nombre de cases grattées juste avant de miser. On doit
>> examiner deux situations :
>> -cas i < N-1 : comme tu viens de le confirmer, dans cette situation la
>> probabilité de gain est supérieure à 1/2, on peut calculer qu'il reste
>> (N-i+1)/2 cases gains et (N-i-1)/2 cases perdantes, ce qui donne une
>> probabilité de gain de (N-i+1)/(N-i) > 1/2.
>> -cas i = N-1 : dans cette situation la probabilité de gain vaut
>> exactement 1/2.
>
> Que fais-tu du cas où arrivé à N-2 (ou avant) toutes les cases gagnantes
> ont déjà été découvertes ? Par exemple si tu commences par découvrir
> N/2 cases gagnantes, et que donc les N/2 cases restantes sont toutes
> perdantes ?

Oui effectivement, ça signifie que plus d'une fois sur deux le joueur
perd en grattant la dernière case.
Par exemple si j'ai un sac de billes contenant des billes de 2 couleurs en
quantités égales, et qu'on s'amuse à les sortir une par une au hasard
en misant le fait d'obtenir une couleur particulière en surnombre, plus
d'une fois sur deux on va vider entièrement le sac.
C'est sacrément contre-intuitif surtout lorsque N tend vers l'infini.

>> Je ne comprends donc pas comment tu obtiens une probabilité de gain
>> exactement égale à 1/2 alors que c'est la limite inférieure de toutes
>> les situations possibles.
>
> Voir ma réponse balisée [SOLUTION] dans laquelle je prouve ce résultat
> par récurrence, comme cas particulier avec g=N/2 du cas général où le
> nombre de cases gagnantes et de cases perdantes peut être quelconque.

Bravo pour cette démonstration, peut être serait il intéressant de
publier ce résultat déroutant sur Arxiv à toutes fins utiles ?

[efji]

Le 30/01/2024 à 18:38, Julien Arlandis a écrit :

>
> Oui effectivement, ça signifie que plus d'une fois sur deux le joueur
> perd en grattant la dernière case.
> Par exemple si j'ai un sac de billes contenant des billes de 2 couleurs
> en quantités égales, et qu'on s'amuse à les sortir une par une au hasard
> en misant le fait d'obtenir une couleur particulière en surnombre, plus
> d'une fois sur deux on va vider entièrement le sac.
> C'est sacrément contre-intuitif surtout lorsque N tend vers l'infini.

ben non, c'est parfaitement intuitif au contraire. Je l'ai dit dès ma
première réponse. En gros dans presque la moitié des cas on arrive au
bout sans avoir joué et on perd.

C'est un peu la même chose dans la martingale bêtassone de la roulette
de casino : roulette avec 36 numéros, 18 rouges, 18 noirs (on ne met pas
le 0 qui est le 37eme qui biaise les probas). On gagne 2 fois la mise
quand on gagne. La martingale qui consiste à rejouer à chaque fois le
double de la somme précédente tant qu'on perd marche si on a un nombre
infini d'essais (et un compte en banque infini) et au final on gagne
très très peu. Mais si on impose une mise maximale ça ne marche plus.
Toute la probabilité de petit gain se reporte sur la faible probabilité
de grosse perte au final.

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 30/01/2024 18:38, Julien Arlandis a écrit :
>>
>> Voir ma réponse balisée [SOLUTION] dans laquelle je prouve ce résultat
>> par récurrence, comme cas particulier avec g=N/2 du cas général où le
>> nombre de cases gagnantes et de cases perdantes peut être quelconque.
>
> Bravo pour cette démonstration, peut être serait il intéressant de
> publier ce résultat déroutant sur Arxiv à toutes fins utiles ?

Si tu en as envie, n'hésite pas à le faire en ton nom. Tu peux me créditer
comme co-auteur si tu veux mais ce n'est même pas une obligation.

--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Je ne maitrise pas assez le sujet pour lui donner la portée qui pourrait
intéresser le mathématicien que je ne suis pas.

[Samuel Devulder]

Le 30/01/2024 à 14:41, Olivier Miakinen a écrit :
> Par un heureux hasard, la mathématicienne Sophie Maclean vient tout juste
> de publier une vidéo à propos des nombres de Catalan sur la chaine youtube
> Numberphile.

Hihi, j'ai vu ca hier aussi. Numberphile : bonne référence.

sam.

[robby]

Nombres de Catalans:
d'après Wikipedia, 8 005 784 habitants :-p

--
Fabrice

[Julien Arlandis]

Merci pour ce travail.
J'ai encore quelques questions qui me permettraient de mieux intuiter ce
qui se passe.
Pourrais tu calculer la probabilité de perdre et de gagner en misant sur
la dernière case ?

[Olivier Miakinen]

Le 02/02/2024 21:20, Julien Arlandis a écrit :
>
> J'ai encore quelques questions qui me permettraient de mieux intuiter ce
> qui se passe.
> Pourrais tu calculer la probabilité de perdre et de gagner en misant sur
> la dernière case ?

Sous quelles conditions ?

Dans ce fil de discussion on a envisagé de nombreuses conditions différentes,
parmi lesquelles la connaissance ou pas du nombre de cases gagnantes et
perdantes d'une grille, le fait que ce nombre soit équilibré ou non, le
fait qu'on ait ou non gratté d'autres cases avant, et si oui le nombre de
cases gagnantes et perdantes découvertes, etc.

Dans l'article auquel tu réponds, je ne faisais strictement aucune supposition,
ni sur le nombre de cases de la grille au départ, ni sur la proportion de cases
gagnantes ou perdantes, ni sur le fait que le joueur connaisse ou non cette
proportion.

Alors ta question sans fixer aucune condition peut avoir à peu près n'importe
quoi comme réponse. Par exemple, si la grille a été choisie au hasard mais que
toutes les cases sont perdantes (respectivement toutes sont gagnantes), alors
la probabilité de gagner en misant sur la dernière case vaut 0 (respectivement
elle vaut 1).

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 02/02/2024 23:01, "Benoît L." répondait à Julien Arlandis :

>
>> Pourrais tu calculer la probabilité de perdre et de gagner en misant sur
>> la dernière case ?
>

> Tu as dis qu'il y avait la même probabilité d'avoir paire/impaire, 0/1,
> noir/blanc.

Sauf que dans l'article auquel il répondait cette hypothèse n'existait pas.

En l'état, la seule réponse possible est Mu.

--
Olivier Miakinen

[Julien Arlandis]

Le 03/02/2024 à 00:04, Olivier Miakinen a écrit :
> Le 02/02/2024 21:20, Julien Arlandis a écrit :
>>
>> J'ai encore quelques questions qui me permettraient de mieux intuiter ce
>> qui se passe.
>> Pourrais tu calculer la probabilité de perdre et de gagner en misant sur
>> la dernière case ?
>
> Sous quelles conditions ?

Sous la condition d'une grille équilibrée bien sûr.

[efji]

Le 03/02/2024 à 11:48, Julien Arlandis a écrit :
> Le 03/02/2024 à 00:04, Olivier Miakinen a écrit :
>> Le 02/02/2024 21:20, Julien Arlandis a écrit :
>>>
>>> J'ai encore quelques questions qui me permettraient de mieux intuiter
>>> ce qui se passe.
>>> Pourrais tu calculer la probabilité de perdre et de gagner en misant
>>> sur la dernière case ?
>>
>> Sous quelles conditions ?
>
>
> Sous la condition d'une grille équilibrée bien sûr.

Ce jeu est déjà idiot à la base, si la grille est "non équilibrée" il
devient stupidissime.

Et si la grille est équilibrée, "miser sur la dernière case" n'a
vraiment plus aucun sens...


--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 11:48, Julien Arlandis a écrit :
>>>
>>> J'ai encore quelques questions qui me permettraient de mieux intuiter ce
>>> qui se passe.
>>> Pourrais tu calculer la probabilité de perdre et de gagner en misant sur
>>> la dernière case ?
>>
>> Sous quelles conditions ?

Noter le pluriel dans ma question.

> Sous la condition d'une grille équilibrée bien sûr.

C'est l'une des conditions, et il fallait que tu le précises parce que ça ne
faisait pas partie de mes hypothèses dans l'article auquel tu répondais.

Maintenant il faut que tu précises avec quelle stratégie.

Déjà, qu'est-ce que tu appelles « dernière case » ? Est-ce que c'est la case qui
est en bas à droite de ta grille, et est-ce que tu peux miser sur cette dernière
case à ton premier coup ? Je pense que non, mais sur fr.sci.maths il vaut mieux
tout préciser de façon claire avant de pouvoir faire le moindre raisonnement et
le moindre calcul.

Autre hypothèse qui me semble plus plausible, ça pourrait être la stratégie de
ne miser que lorsque tu as gratté (sans miser) plus de cases perdantes que de
cases gagnantes. Mais si tu ajoutes la condition d'avoir misé sur la dernière
case, ça veut alors dire que c'est à l'avant-dernière case que tu avais obtenu
plus de cases perdantes que de cases gagnantes. Et dans ce cas, la probabilité
de gagner en misant sur la dernière case vaut 1 !

Mais peut-être qu'il ne faut pas comprendre ta question comme « il se trouve
que je vais miser sur la dernière case, quelle est alors la probabilité de
gagner ? » (réponse : 100 %) mais plutôt comme « quelle est la probabilité
que je me retrouve dans la situation de devoir miser sur la dernière case ? »
(bien que ce soit contradictoire avec « de perdre » dans ta question, mais
peut-être que tu n'avais pas les idées très claires à ce sujet).

Je vais réfléchir à cette dernière question, ça ne doit pas être très difficile.

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 13:11, Olivier Miakinen a écrit :
>
> Mais peut-être qu'il ne faut pas comprendre ta question comme « il se trouve
> que je vais miser sur la dernière case, quelle est alors la probabilité de
> gagner ? » (réponse : 100 %) mais plutôt comme « quelle est la probabilité
> que je me retrouve dans la situation de devoir miser sur la dernière case ? »
> (bien que ce soit contradictoire avec « de perdre » dans ta question, mais
> peut-être que tu n'avais pas les idées très claires à ce sujet).
>
> Je vais réfléchir à cette dernière question, ça ne doit pas être très difficile.

Petit calcul très rapide, je trouve que cette probabilité sur une grille
équilibrée de 2n cases devrait être le rapport entre le nombre de Catalan
d'ordre (n-1) et le nombre de grilles qui est C(2n, n), et sauf erreur de
ma part ce serait 1 sur 2(2n-1). Donc, pour une grille de 50 cases, on
aurait 1 chance sur 98 de miser sur la dernière case, c'est-à-dire environ
1,02 % de chances que cela arrive, avec bien sûr dans ce cas 100 % de
chances de gagner.

--
Olivier Miakinen

[efji]

Mais pourquoi ça ?

On peut très bien arriver à N-2 sans jamais avoir pu jouer (si à aucun
moment les "perdants" dévoilés n'ont été strictement supérieurs aux
"gagnants"), avec au bout de N-2 tirages égalité entre G et P. Alors on
a une chance sur 2 de tirer un P, et alors on a gagné à 100%, et une
chance sur 2 de tirer un G, et on a perdu à 100%.

Bref, ce que je répète sur tous les tons depuis le début sans que
personne ne daigne me répondre : faire marcher l'algo jusqu'à la
dernière case est stupide. Il faut s'arrêter à N-3 et compter
manuellement les cas qui restent.

--
F.J.

[efji]

Le 03/02/2024 à 16:25, "Benoît L." a écrit :
> Avec enthousiasme, le 3 février 2024 à 15:08, efji écrivit :

>
>
>> Bref, ce que je répète sur tous les tons depuis le début sans que
>> personne ne daigne me répondre : faire marcher l'algo jusqu'à la
>> dernière case est stupide. Il faut s'arrêter à N-3 et compter
>> manuellement les cas qui restent.
>

> Que penses-tu de miser le double tant que tu n’as pas gagné ? Là, la
> probabilité de perdre est très faible, mais tu perds beaucoup si ça
> t’arrive.
>

C'est la martingale du casino. Sans règle supplémentaire où on instaure
une mise maximale, ça gagne à tous les coups une somme très faible (la
mise initiale) pour des mises très grosses. Avec une règle sur la mise
maximale ça gagne très souvent la somme initiale avec un petit risque de
perdre des sommes folles.

Attention quand même, ça monte très vite! Toujours se souvenir de
l'exponentielle, et de l'histoire des grains de riz sur les cases de
l'échiquier :)


--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 15:08, efji m'a répondu :

>>>
>>> Mais peut-être qu'il ne faut pas comprendre ta question comme « il se trouve
>>> que je vais miser sur la dernière case, quelle est alors la probabilité de
>>> gagner ? » (réponse : 100 %) mais plutôt comme « quelle est la probabilité
>>> que je me retrouve dans la situation de devoir miser sur la dernière case ? »
>>> (bien que ce soit contradictoire avec « de perdre » dans ta question, mais
>>> peut-être que tu n'avais pas les idées très claires à ce sujet).
>>>
>>> Je vais réfléchir à cette dernière question, ça ne doit pas être très difficile.
>>
>> Petit calcul très rapide, je trouve que cette probabilité sur une grille
>> équilibrée de 2n cases devrait être le rapport entre le nombre de Catalan
>> d'ordre (n-1) et le nombre de grilles qui est C(2n, n), et sauf erreur de
>> ma part ce serait 1 sur 2(2n-1). Donc, pour une grille de 50 cases, on
>> aurait 1 chance sur 98 de miser sur la dernière case, c'est-à-dire environ
>> 1,02 % de chances que cela arrive, avec bien sûr dans ce cas 100 % de
>> chances de gagner.
>
> Mais pourquoi ça ?

Pourquoi pas ? Je ne questionnais pas l'intérêt de cette stratégie, je me
suis contenté de répondre à la question selon l'interprétation qui me semblait
la plus simple, en attendant les précisions de Julien sur sa propre question.

De toute façon j'ai déjà prouvé que quelle que soit la stratégie on ne pouvait
pas faire mieux que g/(g+p) c'est-à-dire 50 % s'il y a au départ autant de G
que de P.

> On peut très bien arriver à N-2 sans jamais avoir pu jouer

Oui, bien sûr. Ce cas arrivant (si je ne me suis pas trompé dans les calculs)
une fois sur N-1, c'est-à-dire dans 2,04 % des cas si N=50.

> [...]

>
> Bref, ce que je répète sur tous les tons depuis le début sans que
> personne ne daigne me répondre : faire marcher l'algo jusqu'à la
> dernière case est stupide. Il faut s'arrêter à N-3 et compter
> manuellement les cas qui restent.

Sauf que j'ai déjà prouvé que s'arrêter à N-3 ne fait pas mieux que s'arrêter
à N-1, voire à miser n'importe quand : quelle que soit la stratégie, les
chances de gagner sont strictement égales (et égales à 1/2 si la grille est
équilibrée).


--
Olivier Miakinen

[efji]

Oui bien sûr. C'est intuitif et tu l'as montré de façon incontestable
par le calcul.

D'ailleurs, en élargissant un peu le problème, si ce genre de stratégie
avait la moindre chance de fonctionner, on pourrait la décliner dans des
tas de cas un peu plus compliqués et ce serait la mort de pas mal de
jeux de hasard :)

--
F.J.

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 18:28, je répondais à efji :

>
>> On peut très bien arriver à N-2 sans jamais avoir pu jouer
>
> Oui, bien sûr. Ce cas arrivant (si je ne me suis pas trompé dans les calculs)
> une fois sur N-1, c'est-à-dire dans 2,04 % des cas si N=50.

En fait ça doit être un peu plus, car ici je n'ai pas compté les cas où
il ne reste que deux cases perdantes.

>> Bref, ce que je répète sur tous les tons depuis le début sans que
>> personne ne daigne me répondre : faire marcher l'algo jusqu'à la
>> dernière case est stupide. Il faut s'arrêter à N-3 et compter
>> manuellement les cas qui restent.
>
> Sauf que j'ai déjà prouvé que s'arrêter à N-3 ne fait pas mieux que s'arrêter
> à N-1, voire à miser n'importe quand : quelle que soit la stratégie, les
> chances de gagner sont strictement égales (et égales à 1/2 si la grille est
> équilibrée).

Et donc, faire marcher l'algo jusqu'à la dernière cas n'est pas /plus/ stupide
que de s'arrêter à N-3. Ce qui est stupide, après avoir compris cela, c'est
d'espérer avoir un algo qui biaise les probabilités.

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 18:41, efji a écrit :
>
> [...]

>
> D'ailleurs, en élargissant un peu le problème, si ce genre de stratégie
> avait la moindre chance de fonctionner, on pourrait la décliner dans des
> tas de cas un peu plus compliqués et ce serait la mort de pas mal de
> jeux de hasard :)

+1 :-)

--
Olivier Miakinen

[efji]

Le 03/02/2024 à 18:34, "Benoît L." a écrit :
> Avec enthousiasme, le 3 février 2024 à 16:43, efji écrivit :

> Oui, mais là on n’est pas dans le concret on est dans les maths. :)
>
> Concernant l’exponentiel, le soucis de la limite c’est que si tu perds
> une fois une série tu en as pour un bail avant de gagner un fifrelin.
>
> Si tu limites à 8 tours et que tu perds, tu perds 256 fois la mise et il
> te faudra donc 256 parties gagnantes pour t’y retrouver, non ?

Exactement.
Mais 8 c'est petit joueur :) 8 pertes de suite ça arrive assez "souvent"
(une fois sur 256 justement). De la même façon qu'il y a des gens qui
gagnent au loto, il est très possible de perdre 20 fois de suite, et là
ça douille :)

--
F.J.

[Julien Arlandis]

Le 30/01/2024 à 18:49, efji a écrit :
> Le 30/01/2024 à 18:38, Julien Arlandis a écrit :
>
>>
>> Oui effectivement, ça signifie que plus d'une fois sur deux le joueur
>> perd en grattant la dernière case.
>> Par exemple si j'ai un sac de billes contenant des billes de 2 couleurs
>> en quantités égales, et qu'on s'amuse à les sortir une par une au hasard
>> en misant le fait d'obtenir une couleur particulière en surnombre, plus
>> d'une fois sur deux on va vider entièrement le sac.
>> C'est sacrément contre-intuitif surtout lorsque N tend vers l'infini.
>
> ben non, c'est parfaitement intuitif au contraire. Je l'ai dit dès ma
> première réponse. En gros dans presque la moitié des cas on arrive au
> bout sans avoir joué et on perd.

Je comprends pas comment vous pouvez dire que c'est intuitif, puisque vous
même avez calculé une mauvaise probabilité dans les cas N=4 et N=6.
Dans les deux cas la réponse était 1/2, preuve que ce n'était pas si
intuitif que ça, je vous cite :

"N=4
---
tirage 1 = P -> je m'arrête et je gagne avec une proba de 2/3 (il reste
2 G et 1 P) -> 1/3 de proba de gain pour cette branche

tirage 1 = G -> je continue
tirage 2 = G -> j'ai perdu -> proba de gain de 0/4 sur cette branche
tirage 2 = P -> il reste 2 cartes inconnues -> proba de gain de 1/2 ->
proba de gain de 1/8 pour cette branche.

Finalement, proba de gain avec cette stratégie = 1/3+1/8 = 11/24 =
0.45833 < 1/2

N=6
---
1: P -> proba de gain de 3/5 -> 3/10 pour cette branche

1: G, 2: G, 3: G -> proba gain 0/8

1: G, 2: P, 3: P -> proba gain 2/3 -> 1/12 pour cette branche

1: G, 2: P, 3: G, 4: P -> proba gain 1/2 -> 1/32 pour cette branche

1: G, 2: P, 3: G, 4: G -> proba gain 0/16

1: G, 2: G, 3: P -> on ne peut pas avoir d'avantage, on s'arrête avec
une proba de gain de 1/3, soit 1/24 pour cette branche

Finalement, proba de gain = 3/10 + 1/12 + 1/32 + 1/24 =
(144+40+15+20)/480 = 219/480 = 0.45625 < 1/2"

[Julien Arlandis]

Oui, quand j'évoque la dernière case cela suppose que toutes les autres
ont déjà été grattées et selon la stratégie décrite on peut être
conduit à miser sur la Nième case de la grille équilibrée selon 2 cas
bien déterminés :
1) si on obtient l'avantage p > g sur la case N-1
2) si on arrive à la case N-1 sans jamais avoir obtenu l'avantage p > g,
on est alors forcé de miser sur la seule case restante.
J'aimerais savoir quelle est la probabilité que le joueur soit conduit à
miser sur la dernière case, et lorsque cette situation se produit quelle
est sa probabilité de gagner ?

[efji]

Errare humanum est :)
D'ailleurs je me demande où je me suis trompé...
Peu importe, c'est très intuitif qu'au final on ne puisse pas biaiser le
hasard sur des tirages indépendants équiprobables.

--
F.J.

[efji]

Le 03/02/2024 à 20:07, Julien Arlandis a écrit :
> J'aimerais savoir quelle est la probabilité que le joueur soit conduit à
> miser sur la dernière case, et lorsque cette situation se produit quelle
> est sa probabilité de gagner ?

La réponse à la première partie de la question a été donnée par Olivier,
en revanche la réponse à la seconde partie est claire et évidente,
quoiqu'il se soit passé avant! C'est 1/2. Il s'agit d'un tirage
indépendant de tout le reste, peu importe comment on y arrive.


--
F.J.

[Julien Arlandis]

Le 03/02/2024 à 13:41, Olivier Miakinen a écrit :

Pas d'accord, tu peux être conduit à miser sur la 50ème case, parce que
tu as gratté la 25ème case gagnante lorsque tu as gratté la 49ème
case. Et dans ce cas la probabilité de perdre est de 100% en grattant la
dernière case.

[Julien Arlandis]

Je ne sais pas où est l'erreur, mais au final vous avez vous même
validé qu'on pouvait biaiser les probabilités par un raisonnement
biaisé. J'aimerais bien savoir d'ailleurs où est situé le biais dans
votre arbre.

[Julien Arlandis]

Justement non, on sait que la probabilité de gain est systématiquement
supérieure à 1/2 chaque fois qu'il reste au moins 2 cases. En effet, si
on s'arrête avant la fin, cela signifie que la condition p>g est
vérifiée, et donc qu'il reste plus de cases gagnantes que de cases
perdantes à gratter. Par contre, lorsque l'on est contraint de miser sur
la dernière case c'est que le plus souvent on a jamais réussi à obtenir
l'avantage (c'est vous même qui avait fait cette remarque judicieuse),
donc quand on est amené à miser sur la dernière case cela doit conduire
à une probabilité de gain inférieure à 1/2.

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 20:07, Julien Arlandis a écrit :
>>
>> Mais peut-être qu'il ne faut pas comprendre ta question comme « il se trouve
>> que je vais miser sur la dernière case, quelle est alors la probabilité de
>> gagner ? » (réponse : 100 %) mais plutôt comme « quelle est la probabilité
>> que je me retrouve dans la situation de devoir miser sur la dernière case ? »
>
> Oui, quand j'évoque la dernière case cela suppose que toutes les autres
> ont déjà été grattées et selon la stratégie décrite on peut être
> conduit à miser sur la Nième case de la grille équilibrée selon 2 cas
> bien déterminés :
> 1) si on obtient l'avantage p > g sur la case N-1

Auquel cas on a 100 % de chances de gagner

> 2) si on arrive à la case N-1 sans jamais avoir obtenu l'avantage p > g,
> on est alors forcé de miser sur la seule case restante.

Auquel cas on a 0 % de chances de gagner

> J'aimerais savoir quelle est la probabilité que le joueur soit conduit à
> miser sur la dernière case,

Bon, c'est environ C{N/2-1}/C(N,N/2) qui est assez proche de 1/N. Je ne sais
pas à quoi te servirait d'avoir une valeur plus précise, mais si vraiment tu
en as besoin ça doit pouvoir se calculer exactement.

> et lorsque cette situation se produit quelle
> est sa probabilité de gagner ?

Ça c'est facile : à partir du moment où tu es arrivé à N-2 sans avoir jamais
l'avantage p > g, et que toutes les cases gagnantes n'ont pas encore été
grattées, ça veut dire qu'il reste exactement une case gagnante et une case
perdante dans les deux dernières cases.

Alors, que le joueur mise sur l'une des deux cases au hasard ou qu'il gratte
la N-1 avant de miser sur la N, la probabilité de gain est la même : 50 %.

Sachant cela, est-ce que ça t'aiderait en quoi que ce soit d'avoir une valeur
précise sur le nombre de fois où cette situation peut survenir ? Je pense que
non, et que l'estimation approximative « environ 1/N » devrait te suffire
(voire qu'elle ne te sert à rien du tout).

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 20:11, efji a écrit :
> Le 03/02/2024 à 20:07, Julien Arlandis a écrit :
>> J'aimerais savoir quelle est la probabilité que le joueur soit conduit à
>> miser sur la dernière case, et lorsque cette situation se produit quelle
>> est sa probabilité de gagner ?
>
> La réponse à la première partie de la question a été donnée par Olivier,

Oui, avec un bémol sur le cas où gratter la (N-2)-ième case dévoile la
dernière case gagnante et ne laisse que deux cases perdantes. Mais bon,
c'est environ 1/N (ou peut-être exactement ça, je ne sais pas).

> en revanche la réponse à la seconde partie est claire et évidente,
> quoiqu'il se soit passé avant! C'est 1/2. Il s'agit d'un tirage
> indépendant de tout le reste, peu importe comment on y arrive.

[OUI]

--
Olivier Miakinen

[Olivier Miakinen]

Le 03/02/2024 20:26, Julien Arlandis a écrit :
>
> Justement non, on sait que la probabilité de gain est systématiquement
> supérieure à 1/2 chaque fois qu'il reste au moins 2 cases.

???

Je suis d'accord si en disant « supérieure » tu sous-entends « au sens large ».

> En effet, si
> on s'arrête avant la fin, cela signifie que la condition p>g est
> vérifiée, et donc qu'il reste plus de cases gagnantes que de cases
> perdantes à gratter.

Oui.

> Par contre, lorsque l'on est contraint de miser sur
> la dernière case c'est que le plus souvent on a jamais réussi à obtenir
> l'avantage (c'est vous même qui avait fait cette remarque judicieuse),

Oui.

> donc quand on est amené à miser sur la dernière case cela doit conduire
> à une probabilité de gain inférieure à 1/2.

Au sens large.


--
Olivier Miakinen