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 #1 - 18-02-2016 13:11:31

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

boules dabs des urnes : la suite !

Sympathique le problème de gonzague sur les boules  !

http://www.prise2tete.fr/forum/viewtopic.php?id=12898


je propose une suite un peu plus mathématique à ceux qui l'ont résolu.

11 amis s'ennuient. L'un d'eux surfant sur P2T a vu ce thread et organise un jeu.

Un numéro entre 0 et 10  est attribué à chaque ami et celui dont le numéro correspond au nombre de boules dans l'urne A après un très grand nombre de permutations (supposé assez grand pour que tout ce qui puisse converger converge empiriquement et dont la parité est aléatoire ) l'emporte

Le jeu ne semble pas équitable. Quel est le ratio de probabilité de victoire entre le plus favorisé et le plus défavorisé ?

prolongement : pour ceux qui trouveront la solution "en bricolant" (comme moi j'avoue), essayez de résoudre le problème avec 100 001 amis et 100 000 boules...la méthode ébichu fonctionne parfaitement pour cela...



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 #2 - 18-02-2016 14:07:20

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Boules dans des runes : la suite !

Après un très grand nombre de tirages, pour chaque boule, la probabilité qu'elle soit dans l'urne de gauche vaut environ 1/2.

La probabilité de victoire pour chaque joueur est donnée par la loi binomiale de paramètres 10 et 1/2. Le plus favorisé est l'ami numéro 5, sa probabilité de victoire vaut C(10;5)/1024=252/1024. Les plus défavorisés sont les numéros 0 et 10, leur probabilité de victoire vaut 1/1024 pour chacun.

La réponse est donc 252.

 #3 - 18-02-2016 15:02:15

dhrm77
L'exilé
Enigmes résolues : 49
Messages : 2989
Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

boulzs dans des urnes : la suite !

Qu'est-ce que tu entends par " à gauche" ?
Parles-tu de l'urne de depart 'A' ou l'autre 'B' ?


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #4 - 18-02-2016 15:06:46

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

boules dans des urbes : la suite !

bravo ebichu. particulièrement élégante comme façon de présenter les choses.
Ma méthode est un peu plus lourde mais reste légère.... et utilise une approche complètement différente... J'ai ajouté un prolongement au sujet pour favoriser ta technique vis a vis de solutions itératives comme celle que j'avais trouvé...


dhrm77 :Je pensais à A en disant à gauche ( je vais préciser dans le sujet )
   ......mais est ce bien important ?

 #5 - 18-02-2016 17:06:33

enigmatus
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 400

Boules dans ddes urnes : la suite !

Bonjour,
Les tirages sont aléatoires, mais la parité du nombre de tirages ne l'est pas.
Voici ce que j'obtiens :
Pour un grand nombre impair de tirages

Code:

P(1) = P(9) =  5/256 = 0.019531
P(3) = P(7) = 15/64  = 0.234375
P(5)        = 63/128 = 0.492188
P(numéros pairs) = 0

Pour un grand nombre pair de tirages

Code:

P(0) = P(10) =   1/512 = 0.001953
P(2) = P(8)  =  45/512 = 0.087891
P(4) = P(6)  = 105/256 = 0.410156
P(numéros impairs) = 0

Ajouté :
En fait, si on ne connaît pas la parité du nombre de tirages, on constate que

Code:

P(n) = C(10,n) / 2^10

ce qui donne un indice pour répondre à la question subsidiaire (il semble qu'il y ait une erreur 100 001 amis et 10 000 boules).

Édité :
Le nombre de boules restant en A est le nombre de boules ayant été tirées un nombre pair de fois.
Si on suppose, après un grand nombre de tirages, que chaque boule a autant de chances d'avoir été tirée un nombre pair ou impair de fois, la probabilité qu'il reste n boules en A est [latex]C(10,n)/2^{10}[/latex], et on explique la constatation précédente.

 #6 - 18-02-2016 17:16:42

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

boiles dans des urnes : la suite !

Salut Portugal,

Si on suppose qu'il y a autant de chances qu'un numéro tiré le soit un nombre pair ou impair de fois, alors on peut chercher quel est le code binaire de 11 chiffres dont le nombre de 1 ou 0 est le plus représenté. C'est bien sûr C(11,5) et C(11,6). 5 et 6 sont donc les numéros les plus favorables, et d'une façon plus générale, les numéros proches de la moitié sont favorisés par rapport aux numéros des extrêmes.

Pour le ratio: le plus favorisé a C(n,[n/2])/2^n chances de victoires.
Le moins favorisé a 1/2^n chances de victoires.
Le ratio est donc C(n,[n/2]).

 #7 - 18-02-2016 22:37:17

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

boules dans des urnes : la siite !

@enigmatus
ce qui est intéressant c'est d'avoir la méthode (et de pouvoir vérifier le résultat numérique)...il y a même une petite case réponse pour ca.

Oublie tout ca car ton edit semble parfait maintenant...et désolé pour la coquille sur les 100 000 que j'ai corrigée..

@nodgim
tu chauffes bien sur mais pas exact que 5 et 6 sont égaux en proba...

Il y a même une petite case réponse pour vérifier l'accord de nos violons.

 #8 - 18-02-2016 23:21:04

Nombrilist
Expert de Prise2Tete
Enigmes résolues : 10
Messages : 562

boules dans des urnes : la suitz !

Je ne comprends pas "et dont la parité est aléatoire" ?

 #9 - 18-02-2016 23:52:22

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

Boules danns des urnes : la suite !

Nombrilist

1/2 que le nombre de permutations soit paire

 #10 - 19-02-2016 08:47:18

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

boules dans des urnes : lz suite !

Ah exact, je me suis planté: on travaille avec 10 boules, donc un nombre binaire de 10 chiffres et non 11.
Le résultat est donc C(10,5)/1=252.
Et d'une façon générale C(n, n/2) pour un n pair.

 #11 - 19-02-2016 09:13:35

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,468E+3

boules dans deq urnes : la suite !

C'est 252 : différence entre C(10;10) et C(5;10)

Pour 100000 ce sera C(100000;50000)
Pour 100001 : C(100001;50000)

Il suffit de raisonner en binaire. Une boule est à droite (1) ou à gauche (0).

 #12 - 19-02-2016 09:43:40

enigmatus
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 400

voules dans des urnes : la suite !

portugal #7 a écrit:

@enigmatus
ce qui est intéressant c'est d'avoir la méthode (et de pouvoir vérifier le résultat numérique)...il y a même une petite case réponse pour ca.

Voici comment j'ai obtenu mes premiers résultats en #5 :
À un instant donné, on appelle V le vecteur colonne contenant les probabilités d'avoir 0, 1,..., 10 boules dans la colonne A.
Soit [latex]M[/latex] la matrice

Code:

    0  1/10     0     0     0     0     0     0     0     0     0
    1     0   1/5     0     0     0     0     0     0     0     0
    0  9/10     0  3/10     0     0     0     0     0     0     0
    0     0   4/5     0   2/5     0     0     0     0     0     0
    0     0     0  7/10     0   1/2     0     0     0     0     0
    0     0     0     0   3/5     0   3/5     0     0     0     0
    0     0     0     0     0   1/2     0  7/10     0     0     0
    0     0     0     0     0     0   2/5     0   4/5     0     0
    0     0     0     0     0     0     0  3/10     0  9/10     0
    0     0     0     0     0     0     0     0   1/5     0     1
    0     0     0     0     0     0     0     0     0  1/10     0

Le produit M⋅V contient le vecteur V à l'itération suivante.

S'il y a convergence, ce ne peut-être que toutes les deux itérations, car le nombre total de tirages doit avoir la même parité.
On cherche donc le vecteur V tel que [latex]V = M^2⋅V[/latex].
Voici la matrice [latex]M^2[/latex]

Code:

 1/10     0  1/50     0     0     0     0     0     0     0     0
    0  7/25     0  3/50     0     0     0     0     0     0     0
 9/10     0 21/50     0  3/25     0     0     0     0     0     0
    0 18/25     0 13/25     0   1/5     0     0     0     0     0
    0     0 14/25     0 29/50     0  3/10     0     0     0     0
    0     0     0 21/50     0   3/5     0 21/50     0     0     0
    0     0     0     0  3/10     0 29/50     0 14/25     0     0
    0     0     0     0     0   1/5     0 13/25     0 18/25     0
    0     0     0     0     0     0  3/25     0 21/50     0  9/10
    0     0     0     0     0     0     0  3/50     0  7/25     0
    0     0     0     0     0     0     0     0  1/50     0  1/10

Cela fait 2 systèmes linéaires (cas pair et cas impair) à 3 inconnues seulement à résoudre, car à cause des symétries dans la matrice :

Nb de tirages impair

Code:

V1 = V9
V3 = V7
V0 = V2 = V4 = V6 = V8 = V10 = 0
2*(V1+V3) + V5 = 1

Nb de tirages pair

Code:

V0 = V10
V2 = V8
V4 = V6
V1 = V3 = V5 = V7 = V9 = 0
2*(V0+V2+V4) = 1

Le rapport des probabilités extrêmes est 252.

 #13 - 19-02-2016 10:50:47

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

boules dans des irnes : la suite !

C'est bon pour nodgim,, gwen et enigmatus.

Enigmatus raisonne très différemment des autres : comme moi d'ailleurs ! (même si j'ai un peu simplifié le problème, le fond reste le même)

Tous les autres, vous raisonnez directement à terme et vous faites bien.
Enigmatus et moi sommes plus parti du processus itératif.

 #14 - 19-02-2016 13:35:11

gwen27
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 5,468E+3

Boules daans des urnes : la suite !

Après, c'est discutable car à chque tirage, pour une question de parité, la moitié des solutions sont impossibles.

Donc, on a une probabilité pour n tirages (n pair ) et une autre pour n impair. Bah oui, après 1 tirage, celui qui porte le numéro 10 n'a aucune chance de gagner donc un ratio infini.

Après n tirages (n impair) idem pour tous ceux qui ont un numéro pair.
Donc à chaque tirage, le ratio est infini pour une moitié des joueurs, non ?

Globalement, 1 tour sur 2 pour chacun donc ça ne change rien si le nombre de tirages est aléatoire, mais avec un nombre impair de joueurs  la probabilité est répartie différemment sur les joueurs "pairs" et "impair" et la plus basse est sur un joueur "pair" , la plus haute peut l'être sur les deux cas (joueur "central" )

 #15 - 19-02-2016 22:12:56

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

boules dand des urnes : la suite !

Oui gwen
Tout est vrai !

 #16 - 22-02-2016 00:23:44

dhrm77
L'exilé
Enigmes résolues : 49
Messages : 2989
Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

Boules dans ddes urnes : la suite !

Voici ce que je trouve experimentalement:

La probabilité d'avoir à gauche:
- 0 ou 10 boules : 0.0975%
- 1 ou 9 boules : 0.9763%
- 2 ou 8 boules: 4.395%
- 3 ou 7 boules: 11.719 %
- 4 ou 6 boules: 20.508%
- 5 boules: 24.609%

Le rapport entre plus favorisé et moins favorisé est donc approximativement de 252.4

Tout ca c'est tres experimental, et pour les probabilitées exactes, voir ci-dessous..

On peut remarquer qu'on ne peut avoir un nombre impair de boules à gauche qu'apres un nombre impair de tours. et vice-versa, un nombre pair de boules apres un nombre pair de tours.

Si on calcul les probabilitées, on trouve:

pour un nombre impair de tours:
- 1 ou 9 boules : 10/512    = 1.953125%
- 3 ou 7 boules: 120/512   = 23.4375%
- 5 boules:          252/512   = 49.21875%
- 0, 2, 4, 6, 8 ou 10 boules: 0%

Pour un nombre pair de tours:
- 0 ou 10 boules :   1/512   = 0.1953125%
- 2 ou 8 boules:    45/512   = 8.7890625%
- 4 ou 6 boules: 210/512    = 41.015625%
- 1, 3, 5, 7 ou 9 boules: 0%

Et en moyenne:
- 0 ou 10 boules : 1/1024 = 0.09765625%
- 1 ou 9 boules :  10/1024 = 0.9765625%
- 2 ou 8 boules:   45/1024 = 4.39453125%
- 3 ou 7 boules: 120/1024 = 11.71875%
- 4 ou 6 boules: 210/1024 = 20.5078125%
- 5 boules:          252/1024 = 24.609375%

Donc le ratio de probabilité de victoire entre le plus favorisé et le plus défavorisé est de: 252.


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #17 - 22-02-2016 07:29:38

dhrm77
L'exilé
Enigmes résolues : 49
Messages : 2989
Lieu: Fanning Island-?-Lac Tele,Mali

boules dans des urnes : ka suite !

On remarque que pour N boules, les probabilités correspondent a la ligne N du triangle de Pascal divisé par 2^N.

Bonne chances pour calculer la 100000eme ligne du triangle de pascal...

Pour 67 boules on a déja un rapport de probabilitées de 1/14226520737620288370...


Great minds discuss ideas; Average minds discuss events; Small minds discuss people. -Eleanor Roosevelt

 #18 - 22-02-2016 19:12:54

enigmatus
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 400

Boules dans des urnes : la uite !

Voici un script en python qui calcule le rapport des probabilités "la plus favorable"/"la plus défavorable" pour 100 000 boules

Code:

#!/usr/bin/env python

N=100000; r=1
for n in range(1,N//2+1): r=r*(N-n+1)//n

print('C(%d,%d)=%d\nlongueur=%d'%(N,N//2,r,len(str(r))))

On obtient un nombre à 30101 chiffres, commençant par 2520608368922003388500900116...

 #19 - 24-02-2016 16:47:21

portugal
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 22
Messages : 374

boules dans des yrnes : la suite !

Tout est dit ou presque.

Ma méthode consistait à définir la proba en n+2 en fonction de la proba en n,l'égalité entre les deux indiquant la convergence.

La petite astuce consistait à remarquer la symétrie pour limiter les calculs.

Rien de bien sorcier et bravo à tous...

 

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