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Tarot : probabilité qu'un joueur ait 2 bouts

Modifié (August 2023) dans Combinatoire et Graphes
Hier on jouait au tarot à 4 et comme personne ne prenait on se demandait qu'elle était là probabilité qu'un joueur ait 2 bouts après distribution. Les avis tournaient autour de 0,10.
Après simulation et calcul j'obtiens 0,48 environ, c'est plutôt contre intuitif:
Il y a $C_{78}^3$ façon de placer 3 bouts sur les 78 cartes distribuées, 
Un des 4 joueurs à deux bouts, il y a $C_{18}^2$ façons de les répartir sur ses 18 cartes,
Le 3eme bout est soit chez un des 3 autres joueurs avec $C_{18}^1$ répartitions possibles,
Oui il est dans le chien avec $C_{6}^1$ répartitions possibles.
Finalement $p=\frac{ 4\times C_{18}^2 (3\times C_{18}^1+C_{6}^1)}{C_{78}^3}\approx 0,4827$

On peut généraliser en appelant X la variable qui compte le nombre maximal de bouts qu'obtient un des joueurs:
$p(X=0)=\frac{C_{6}^3}{C_{78}^3}\approx 0,0002$  (3 bouts au chien)

$p(X=1)=\frac{C_{4}^3(C_{18}^1)^3+C_{4}^2(C_{18}^1)^2C_6^1+C_{4}^1 C_{18}^1 C_6^2}{C_{78}^3}\approx 0,4742$ 

$p(X=2)=\frac{ 4\times C_{18}^2 (3\times C_{18}^1+C_{6}^1) }{C_{78}^3}\approx 0,4827$

$p(X=3)=\frac{C_{4}^1 C_{18}^3}{C_{78}^3}\approx 0,0429$  

Les calculs sont vérifiés par simulation, j'ai aussi les résultats pour le tarots à 5 ou à 3 si ça intéresse quelqu'un. 


Réponses

  • Bonjour,

    Comment un joueur peut-il être deux bouts ? Ou alors, il est debout ?

    cordialement,
    Rescassol

  • Modifié (August 2023)
    On peut penser à du Raymond Devos.
    Domi
  • Des formules sans explication, c'est 'bof-bof'.
    Quelle est la probabilité qu'un des joueurs ait les 3 bouts.
    If faut déjà que le 21 ne soit pas au chien : proba = 72/78
    Dans ces cas 'favorables', il faut que l'excuse soit dans la même main que le 21 : 17 emplacements favorables, pour 77 emplacements possibles.
    Et il faut aussi que le petit soit dans la même main que le 21 et l'excuse : 16 emplacements favorables, pour 76 emplacements possibles.
    Donc 72/78*17/77*16/76, ce qui donne bien 0.429.
    Et les autres résultats sont corrects également.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • Modifié (August 2023)
    Merci d'avoir confirmer les résultats. 
    Mon explication pour la cas où un joueur à trois bouts :
    Issues possibles : $C_{78}^3$ façons de répartir 3 bouts sur les 78 cartes de la distribution
    Issues favorables : 4 façons de choisir le joueur qui a les trois bouts multiplié par $C_{18}^3$ façons de répartir les 3 bouts parmi les 18 cartes du joueur. 
    $p(X=3)=\frac{4 \times C_{18}^3}{C_{78} ^3}=0,0429$
     

  • $p(X=0)=\frac{C_{6}^3}{C_{78}^3}\approx 0,0002$  (3 bouts au chien)

    Nombre de répartitions favorables : $C_6^3$ façons de repartir 3 bouts dans le chien
  • Modifié (August 2023)
    $p(X=1)=\frac{C_{4}^3(C_{18}^1)^3+C_{4}^2(C_{18}^1)^2C_6^1+C_{4}^1 C_{18}^1 C_6^2}{C_{78}^3}\approx 0,4742$ 

    Les 3 membres du dénominateur correspondent au trois façons de répartir les bouts de manière à ce que le nombre maximal de bout par joueur soit 1:
    3 joueurs parmi les 4 ont 1 bout 
    2 joueurs parmi les 4 ont 1 bout + 1 bout au chien de 6 cartes
    1 joueur a 1 bout + 2 bouts au chien.

    Voilà pour les explications...
  • Modifié (August 2023)
    Salut,
    Si chacun y va de sa petite solution, moi, j'aurais sans doute raisonné en terme de main : 
    $78\choose 18$ mains possible dont ${3\choose 2}\!\times\!{78-3\choose 18-2}$ avec exactement deux bouts.
    A multiplier par 4 si on veut la proba. qu'un des 4 joueurs ait exactement deux bouts (vu que s'il y a une main avec deux bouts elle est unique).
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