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.
Réponses
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Si $p_{m,n}$ désigne la probabilité que J1 gagne, est-ce qu'on ne peut pas écrire une relation du genre \[p_{m,n}=\frac{m}{m+n}(1-p_{m-1,n})+\frac{n}{m+n}(1-p_{m,n-1})\;?\]
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J'imagine que c'est juste mais comment le démontrer rigoureusement ? Une preuve par induction ne paraît pas envisageable puisqu'il y a plusieurs variables, je n'en ai jamais fait en tout cas.
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 ? -
En fait je comprends le $\frac{m}{m + n}(1 - p_{m,n})$ qui veut dire que l'on tire la dernière boule noir puisqu'il n'en reste qu'une mais j'ai du mal avec le $\frac{n}{m+ n}(1 - p_{m,n})$ qui veut dire que l'on a tiré une boule blanche quand il n'en restait qu'une.
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L'idée de Math Coss est qu'on réussit avec m et n boules si soit on tire une noire et on réussit avec une noire de moins, soit on tire une boule blanche et on réussit avec une blanche de moins.
Attention cependant aux "effets de bord", quand il n'y a plus de boules blanches.
Cordialement. -
Alors pourquoi le $(1 - p_{m-1, n})$, cela signifie que l'on perd non ?
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L'idée des $1-p_{\cdot,\cdot}$, c'est que quand J1 a joué, c'est au tour de J2, qui se retrouve dans une situation « identique », c'est-à-dire que la probabilité que J1 gagne quand il est devant la situation avec $m$ boules et $n$ boules est la même que celle de J2 quand il est devant la même situation.
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 $1$. -
Je vois, j'ai bien compris cette fois je crois.
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 $m \geq 1$. -
Bonsoir,
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}}$. -
J'avais aussi penser à faire quelque chose comme ça, en dissociant pair d'impair, mais je trouve quand même plus simple la formule récursive.
Mais merci d'écarter le champs des possibles. -
Bonjour Babsgueye,
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. -
Avec ton univers $\Omega$ et le raisonnement te donnant $Card(\Omega) = (m + n)!$, je trouve que $Card(X = m + k) = (m + k)!\times (n - k)!$
Par ailleurs pourquoi tu divises par $k!$ dans ce calcul ?LOU16 a écrit:$\bullet$) Enfin, $n!$ est le nombre de façons de placer les $n$ boules blanches aux $n$ places encore disponibles.
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. -
Re,
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. -
Je suis d'accord avec ton univers de probabilité et le calcul (en fait je me posais seulement la question)l.
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.
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Bonjour!
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