Une expérience, deux modélisations, deux résultats

troisqua · April 2022

Bonjour

Ce matin une élève m'a soumis un petit exercice de proba.

On distribue de façon équiprobable toutes les cartes d'un jeu de 52 cartes à 4 joueurs (recevant donc 13 cartes chacun) et on se demande la probabilité que chaque joueur ait reçu exactement un as.

Je lui propose de modéliser l'expérience par $\Omega=\left\{ 1;2;3;4\right\} ^{\left\{ P;C;T;K\right\} }$ (on associe, à chacun des 4 as, le joueur qui le recevra). La probabilité cherchée, selon cette modélisation, est donc : $\frac{4!}{4^{4}}$.

Surprise par ma solution elle m'oppose celle de son livre.

Qu'en pensez-vous ?

nicolas.patrois · April 2022

Fais une simulation, tu verras bien.

Vassillia · April 2022

Bonjour,
Je pense qu'il y a un problème avec ta modélisation.
Lorsque tu distribues le premier as, pour le joueur qui l'a reçu, il y a un emplacement d'utilisé parmi les 13 cartes.
Il a donc moins de chances d'avoir les as suivants que les joueurs n'ayant encore rien reçu puisqu'ils ont encore 13 emplacements disponibles donc ton $\frac{1}{4^4}$ me dérange.

Autrement dit :

pour distribuer le premier as à un joueur 13 emplacements pour 52 cartes donc proba de 13/52=1/4

pour distribuer le deuxième as à un autre joueur 13 emplacements pour 51 cartes donc proba 13/51 > 1/4
...
Au final on va trouver $4!\times \frac{13}{52}\times \frac{13}{51} \times \frac{13}{50} \times \frac{13}{49}$ et on retombe bien sur nos pattes.

troisqua · April 2022

Pour que je comprenne bien ta remarque, dans la modélisation que je propose, quelle issue de l'univers te semble de probabilité différente des autres ?

Cela me rappelle le paradoxe des bancs.

Vassillia · April 2022

Disons que c'est surtout que les événements considérés ne sont pas supposés être indépendants d'après l'énoncé et c'est ça qui pose problème.

troisqua · April 2022

Je ne comprends pas ta réponse.

Chaque distribution aboutit bien à une éventualité que je propose, et elles sont bien équiprobables. Donc la probabilité que l'une d'entre elle se produise est bien celle que j'ai énoncée non ?

lourrran · April 2022

On a 4 as, pique coeur carreau Trefle.
Je demande à mes 4 amis qui a l'as de Pique...
Je cherche ensuite à savoir qui a l'as de Coeur. J'ai 39 chances sur 51 que l'as de Coeur ne soit pas dans la même main que l'as de Pique.
Qui peut bien avoir l'as de Carreau ? J'ai 26 chances sur 50 que l'as de Carreau ne soit pas dans l'une des 2 mains qui ont déjà un as.
Qui peut bien avoir l'as de Trèfle, J'ai 13 chances sur 49 que l'as de trèfle soit dans la main restante.
P=(39*26*13)/(51*50*49)
Ca coïncide avec la solution du livre, avec une approche assez différente.

raoul.S · April 2022

J'ajouterai juste qu'il est souvent utile d'analyser les cas extrêmes pour vérifier l'exactitude de certaines affirmations. Par exemple troisqua, si on prend le cas extrême où il n'y a que 4 cartes (les 4 as), il est évident que ta résolution ne marche pas. Mais on peut facilement se faire avoir... je pense que j'aurais résonné raisonné comme toi à brûle-pourpoint.

troisqua · April 2022

nicolas: pour faire une simulation il y a plusieurs façons de s'y prendre qui n'aboutiront pas à la même probabilité (cf le paradoxe des bancs).

Exemple pour les bancs.

Algo 1 : tu fais une boucle (disons 1000 tours) où tu tires un couple d'entiers (i,j) entre 1 et 3 et tu comptes le nombre de fois où i=j. Là tu trouveras une moyenne aux alentours de 1/3 pour que les personnes choisissent le même banc.

Algo 2 : tu fais une boucle (disons 1000 tours) où tu tires 1 entier parmi 15 (les paires d'entiers de choisir parmi les 6 places) et tu multiples par trois (car trois paires réalisent l'événement à modéliser). Là, tu trouveras une moyenne de 1/5.

Aucune modélisation n'est meilleure qu'une autre, aucune n'est fausse.

Je me demande si cet exo n'est pas un exemple de paradoxe similaire.

zeitnot · April 2022

raoul.S a dit : je pense que j'aurais résonné comme toi

Et on sent que ça cloche.

Vassillia · April 2022

Les éventualités dont tu parles sont bien équiprobables mais leur probabilité ne vaut pas $\frac{1}{4^4}$
Ce serait le cas uniquement s'il y avait remise des cartes dans le paquet au fur et à mesure. Mais malheureusement pour toi ce n'est pas le cas.
P((joueur i reçoit C) $\cap$ (joueur j reçoit P)) $\neq$ P(joueur i reçoit C)$\times$ P(joueur j reçoit P) or toi tu utilises l'égalité sans le dire.

troisqua · April 2022

raoul.S a dit :

J'ajouterai juste qu'il est souvent utile d'analyser les cas extrêmes pour vérifier l'exactitude de certaines affirmations. Par exemple troisqua, si on prend le cas extrême où il n'y a que 4 cartes (les 4 as), il est évident que ta résolution ne marche pas. Mais on peut facilement se faire avoir... je pense que j'aurais résonné comme toi à brûle-pourpoint.

Cette modélisation n'a de sens que si chaque joueur peut recevoir 4 as, sinon elle est clairement incorrecte. Donc il faut distribuer au moins 4n cartes avec n plus grand que 4, ce qui est le cas dans l'exercice. Je ne vois pas en quoi cet univers ne modéliserait pas correctement cette expérience dans ces conditions.

troisqua · April 2022

Lourran

À la fin de la distribution, on a 4 as répartis chez mes amis, et je leur demande qui a l'as de Pic, j'ai 4 choix possibles.

Je fais la même demande pour les autres as. En tout, j'ai donc $4^4$ réponses différentes possibles de mes amis.

Parmi celles-ci j'ai $4\times 3\times 2$ réponses où chacun de mes amis a répondu oui exactement une fois.

Ça marche aussi non ?

Dom · April 2022

Conjecture intuitive : plus il y a de cartes, plus la probabilité cherchée s’approche de « la modélisation $4^4$ ».

Cela correspond à la formule de Vassillia, que je salue 😀.

troisqua · April 2022

Vassillia a dit :

Les éventualités dont tu parles sont bien équiprobables mais leur probabilité ne vaut pas $\frac{1}{4^4}$
Ce serait le cas uniquement s'il y avait remise des cartes dans le paquet au fur et à mesure. Mais malheureusement pour toi ce n'est pas le cas.
P((joueur i reçoit C) $\cap$ (joueur j reçoit P)) $\neq$ P(joueur i reçoit C)$\times$ P(joueur j reçoit P) or toi tu utilises l'égalité sans le dire.

Il y a $4^4$ issues, pas une de moins, pas une de plus, et elles sont équiprobables, donc leur proba vaut $\frac{1}{4^4}$.

Dom · April 2022

Question : pourquoi ne pas modéliser stricto sensu avec les 52 cartes ? parce que c’est moche/lourd ?

GaBuZoMeu · April 2022

Bonsoir

Troisqua, le problème avec ta modélisation n'est pas l'univers que tu choisis. Le problème est que tu affirmes que les différents éléments de cet univers sont équiprobables, ce qui n'est pas le cas !

Quelle est la probabilité que le joueur n°1 ait exactement un as ?

Si tous les éléments de ton univers étaient équiprobables, on en déduirait que cette probabilité est $4\times 3^3/ 4^4$.

Or tu sais parfaitement que cette probabilité est $\binom{4}{1}\times \binom{48}{12}/\binom{52}{13}$.

Vassillia · April 2022

@troisqua Je parlais uniquement des éventualités où chaque individu a un as qui sont équiprobables.

lourrran · April 2022

Non. On a bien 4^4 réponses possibles, mais elles ne sont pas équiprobables.
Comme dit Raoul.S, il faut regarder les cas extrêmes.
On a 2 joueurs, un jeu avec 4 cartes, dont 2 as.
Les calculs sont simples...

raoul.S · April 2022

@zeitnot j'ai voulu corriger tout de suite après mais évidemment je me suis chopé un 504 Gateway Timeout !!!

troisqua · April 2022

J'ai compris vos objections, c'est très clair. Merci et bonne soirée à tous.

Vassillia · April 2022

Je suis d'accord avec toi lourrran sauf que si on ne garde que l'information 4^4 réponses possibles, c'est mort pour trouver la bonne réponse.
C'est pour ça que j'ai essayé de raisonner comme troisqua mais en corrigeant le problème.

PS pour Dom que je salue également : ta conjecture consiste dans l'idée à approximer une loi hypergéométrique par une loi binomiale et je le fais très (trop) souvent en stats donc gagné

OShine · April 2022

Je n'ai jamais vu un univers aussi bizarre que celui de @troisqua. Je n'ai rien compris à son univers.
La solution du livre est parfaite.

lourrran · April 2022

Lis tes propres messages, tu auras de la matière pour critiquer. Beaucoup !

Rescassol · April 2022

Bonsoir,

C'est sûr, OShine, je n'aimerais pas vivre dans ton univers

Cordialement,
Rescassol

Georges Abitbol · April 2022

@raoul.S. En L1, un prof nous avait dit qu'une cloche résonnait par récurrence !

@troisqua. Ben, il n'y a rien d'étrange à ce que deux modélisations du problème donnent des résultats différents

! Par contre, soit $X$ un ensemble à $52$ éléments, contenant quatre éléments $a_1,a_2,a_3,a_4$ particuliers, et soit $f$ l'application qui, à tout quadruplet $(P_1,P_2,P_3,P_4)$ de parties à $13$ éléments de $X$ qui forment une partition, associe l'application $\{1,2,3,4\} \rightarrow \{1,2,3,4\}$ qui associe à tout $i$ le $j$ tel que $a_i \in P_j$. Essaie de voir si le cardinal de toutes les préimages de singletons par $f$ est constant. Si c'est le cas, alors tu auras démontré que ta solution et celle du livre coïncident.