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From: efji <efji@efi.efji>
Newsgroups: fr.sci.maths
Subject: =?UTF-8?Q?Re=3A_Biaiser_les_probabilit=C3=A9s?=
Date: Tue, 30 Jan 2024 14:50:49 +0100
Organization: A noiseless patient Spider
Lines: 80
Message-ID: <upaurp$10pmr$1@dont-email.me>
References: <FC7uiNUCeXddcQcZGTqATTlb77E@jntp>
 <WIGYsx07m3DG6dcL2jvOfe3i1sA@jntp> <up6btb$1arg$1@cabale.usenet-fr.net>
 <Q6obnXg5HnO88LgOL2sxykZiUWc@jntp> <up8lej$2eah$1@cabale.usenet-fr.net>
 <cczhJyDQLcwXjXJ3eURJ7Eun36I@jntp> <up9841$2tba$1@cabale.usenet-fr.net>
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Content-Transfer-Encoding: 8bit
Injection-Date: Tue, 30 Jan 2024 13:50:49 -0000 (UTC)
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Bytes: 4932

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

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.