Un jeu de sac et de balles
Bonjour
Dans un sac avec $n \geq 0$ boules blanches et $m > 0$ boules noires, deux joueurs $j_1$ et $j_2$ tirent chacun leur tour une balle dans le sac et ne la remettent pas à l'intérieur, le joueur qui tire la dernière boule noire gagne la partie. J'aimerais réussir à déterminer la probabilité avec laquelle $j_1$ peut gagner en fonction de $n$ et $m$. C'est un problème dans un cadre informatique, je pourrais donc générer toutes les parties possibles et observer lesquels sont gagnantes pour $j_1$ mais je pense que ce n'est pas la manière la plus efficace.
Y aurait-il une manière de trouver la solution par récursion [récurrence ?] sur le nombre de balles ? Donc de partir de $n = 0$ et $m = 1$, pour finalement arriver à $n$ et $m$.
J'ai déjà essayé de trouver une récursion [récurrence ?] uniquement pour le cas $m = 1$ mais elle ne sera pas du tout efficace pour un grand $n$, je dois sûrement passer à côté de quelque chose.
Merci de votre aide, je reste à disposition.
Dans un sac avec $n \geq 0$ boules blanches et $m > 0$ boules noires, deux joueurs $j_1$ et $j_2$ tirent chacun leur tour une balle dans le sac et ne la remettent pas à l'intérieur, le joueur qui tire la dernière boule noire gagne la partie. J'aimerais réussir à déterminer la probabilité avec laquelle $j_1$ peut gagner en fonction de $n$ et $m$. C'est un problème dans un cadre informatique, je pourrais donc générer toutes les parties possibles et observer lesquels sont gagnantes pour $j_1$ mais je pense que ce n'est pas la manière la plus efficace.
Y aurait-il une manière de trouver la solution par récursion [récurrence ?] sur le nombre de balles ? Donc de partir de $n = 0$ et $m = 1$, pour finalement arriver à $n$ et $m$.
J'ai déjà essayé de trouver une récursion [récurrence ?] uniquement pour le cas $m = 1$ mais elle ne sera pas du tout efficace pour un grand $n$, je dois sûrement passer à côté de quelque chose.
Merci de votre aide, je reste à disposition.
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Réponses
On aurait que la probabilité que $j_1$ gagne pour une certaine paire $m, n$ serait la probabilité qu'il ait perdu pour chaque combinaison antécédente de $m$ et de $n$ ? C'est bien cela ?
Attention cependant aux "effets de bord", quand il n'y a plus de boules blanches.
Cordialement.
Pour faire une récurrence, il suffit de raisonner sur $m+n$, qui diminue de $1$ à chaque tour.
En effet, il pourrait bien y avoir des cas particuliers si $m$ ou $n$ vaut $0$ ou $1$.
Mais du coup cela veut dire qu'il nous faut trouver une autre stratégie pour calculer tous les $p_{1, n}$ sinon nous n'aurons pas de base pour calculer les autres avec $m \geq 1$.
On peut, me semble-t-il, calculer assez facilement la probabilité $p_1$ que le joueur n° $1$ gagne la partie.
Je note $X$ le rang du tirage à l'issue duquel la dernière boule noire est tirée.
Alors $X(\Omega) =[\![m ; m+n]\!] $ et $\:\:\forall k \in [\![0;n]\!],\:\: \mathbb P(X=m+k) = \displaystyle{\dfrac {\binom{m+k-1}{m-1}}{\binom{m+n}{m}}}$ d'où l'on déduit que:
$\displaystyle{\binom{m+n}{m}p_1 = \left\{ \begin{array} {ll} \sum _{0\leqslant k \leqslant \frac{n-1}2}\binom{m +2k}{m-1}& \text{si m est pair}\\ \sum _{0\leqslant k \leqslant \frac n2} \binom{ m+2k-1}{m-1} & \text {si m est impair} \\ \end{array} \right.}$ puis que $ \:\:\boxed {p_1> \dfrac 12 \iff m+n \:\:\text{est impair}}$.
Mais merci d'écarter le champs des possibles.
On peut modéliser l'expérience avec un univers $\Omega$ équiprobable constitué des suites (ordonnées) à $m+n$ éléments distincts pris dans l'ensemble des $m+n$ boules (supposées numérotées) en présence. Dans ces conditions: $\text{Card} \Omega = (m+n)!.$
Alors: $ \forall k \in [\![0\:;n]\!]\:\:\: \text{Card} [X=m+k] = m \times \dfrac {(m+k-1)!}{k!} \times n!\:\:\:$ où:
$\bullet \:m$ est le nombre de choix possibles pour la boule obtenue au $(m+k)$ -ième tirage.
$\bullet\: \dfrac{(m+k-1)!}{k!}$ est le nombre de façons de placer les $m-1$ autres boules noires au sein des $m+k-1$ places qui leur sont dévolues.
$\bullet$ Enfin, $n!$ est le nombre de façons de placer les $n$ boules blanches aux $n$ places encore disponibles.
On a ainsi : $\Pr([X= m+k]= \dfrac { m \times (m+k-1)! \times n!}{ (m+n)! \times k!} = \dfrac {\binom {m+k-1}{m-1}}{\binom {m+n}{m}}$, et l'expression de $p_1$ que j'ai donnée en découle.
L' affirmation "$p_1>\dfrac12 \iff m+n\: \text{est impair}$" provient alors de l'examen du signe de $\displaystyle {\sum_{0\leq k \:\text{pair}\leq n} \binom {m+k-1}{m-1} - \sum _{0 \leq k\: \text{impair} \leq n} \binom {m+k-1}{m-1}}$, une expression où n'interviennent que les éléments consécutifs d'une même colonne du triangle de Pascal.
Par ailleurs pourquoi tu divises par $k!$ dans ce calcul ?
Je trouve pas qu'il reste encore $n$ places disponibles, parce que les $k$ boules sont des boules blanches.
Pour dire que je ne suis pas du tout d'accord avec ton résultat.
Cordialement.
Avec par exemple avec $m =3$ et $n=2$
Mon calcul donne $\Pr(X=3) =\dfrac1{10}, \: \Pr(X=4)= \dfrac 3{10},\:\: \Pr(X=5)= \dfrac 6 {10}\:\:$et le tien:
$\Pr(X=3) = \dfrac{12}{120},\:\:\Pr(X=4) = \dfrac{24}{120},\:\: \Pr(X=5) = \dfrac {120}{120}$
Maintenant, c'est toi qui voit.
Mais je pense par ailleurs que dans ton résultat final, au niveau de la somme, il y a un hic sur le dernier terme, si tu raisonnes pas avec la parité de $n$
Il faut revoir ça.