Cote à cote

[yos]

Hello tout le monde.
A propos de cartes et de proba, je pose la question suivante :

On "bat" un jeu de 52 cartes (ou 32 si vous préfèrez). Et on fait défiler les cartes une à une telles qu'elles se présentent. Quelle est la probabilité qu'un roi et une dame se suivent (n'importe quel ordre)?

[scelerat]

De tete, 8/13. (16 couples possibles, 51 paires tirees, 51*26 paires possibles)

[bdupont]

Saludo querido Yos,

Une remarque de bon sens : si les quatre dames sont déjà sorties la proba est nulle d'en voir une sortir derrière un roi. La probabilité à un instant donné dépendant des cartes qui ont été tirées auparavant il est difficile de donner une réponse à ta question.
Ne serait-ce pas plus parlant de chercher la probabilité de faire sortir successivement un roi et une dame (ou une dame et un roi) lorsqu'on coupe le paquet et qu'on retourne deux cartes qui se suivent?
Mais dans ce cas le problème manque de sel...

[scelerat]

Une remarque de bon sens : si les quatre dames sont déjà sorties la proba est nulle d'en voir une sortir derrière un roi. La probabilité à un instant donné dépendant des cartes qui ont été tirées auparavant il est difficile de donner une réponse à ta question.

Remarque tres interessante, mais qu'il faut expliciter.
En general, quand on demande une probabilite, cela signifie "Que se passerait-il si je faisais un grand nombre de fois l'experience ?". Par exemple, si je joue a pile ou face, la probabilite de face est de 1/2. Mais si je lance une piece, que je la rattrappe, et que je la cache sous ma main sur mon bras, la probabilite n'est pas de 1/2, elle est de 0 ou 1, seulement nous ne savons pas si c'est 0 ou 1. Idem pour le chat de Schrodinger, il est vivant ou mort, 0 ou 1, mais pas a moitie mort. Par contre, s'il y a 2000 chats, nous pouvons dire qu'il y en a probablement de l'ordre de 1000 qui sont morts., parce que nous savons que si nous faisons un grand nombre de fois l'experience avec 2000 chats chaque fois, le nombre de fois ou, par exemple, tous les chats seront vivants est de l'ordre de 1 sur 10^600 (ca fait beaucoup beaucoup d'experiences !).
C'est la meme chose pour les 52 cartes, il y a ou il n'y a pas dans le jeu une dame et un roi qui se suivent. C'est 0 ou 1. Si les 4 dames sont sorties, on sait que c'est 0, mais ca n'a jamais change, ca a toujours ete 0. Mais si on fait un grand nombre de fois l'experience, le nombre de fois ou il y aura un mariage a se suivre sera de l'ordre de 8/13 (si je ne me suis pas trompe) du nombre de tirages.

[bdupont]

Bon d'accord.
Grâce à la glose de scélérat, j'interprète ainsi l'énigme :
1) je fais défiler les cartes du paquet une à une
2) à chaque apparition de la paire {R,D} je mets une fourmi dans ma mangeoire
3) une fois le paquet entièrement retourné, je mets une alumette dans mon pot à tabac
4) je divise le nombre de foumis dans ma mangeoire par le nombre d'alumettes multiplié par 32 (ou 31, il y a débat). Je note ce nombre p.
4) je reviens à la case n°1

Quand je n'ai plus d'alumette, j'inscris p sur une ardoise et je recommence tout un très grand nombre de fois.

Les questions que l'on peut se poser sont :
a) la série des p converge t-elle?
b) si oui vers quelle valeur (notée p*)?
c) à quelle vitesse? autrement dit combien d'alumettes me faut-il pour que la moyenne calculée des p soit dans un intervalle de [p*-5%,p*+5%] avec une probabilité de 95%

[Patastronch]

si je tire dame roi dame ca compte pour une ou deux paires ?

[scelerat]

si je tire dame roi dame ca compte pour une ou deux paires ?

Pour au moins une :we: .
Il faut demander a la reine-mere : c'est elle qui paie quand il y a un mariage.

[yos]

Bonjour à tous et merci de vos réactions.

Précisions sur l'exo : l'événement dont on cherche la probabilité est :
il y a au moins une fois un roi et une dame cote à cote dans le paquet.

Comme l'a bien dit scelerat : soit il y a DR ou RD (au moins une fois), soit il n'y a pas cela dans le paquet.

Je ne cherche pas la variable aléatoire "nombre de couples DR ou RD dans le paquet".

[scelerat]

Bon, alors, je commence, mais je ne suis pas sur d'aller au bout :
Je liste les 52! ordres possibles pour les cartes. Parmi ceux-ci, ije cherche ceux ou Cesar est marie avec Judith (Cesar, as-tu du coeur ?) de la main droite. Je peux mettre le couple en 51 positions et il reste 50 cartes a ordonner dans les 50 places restantes, total 51!. Par symetrie, j'en ai 51! ou Cesar est marie a Rachel de la main gauche.
J'en ai 50! ou Cesar est marie a Rachel de la main gauche ET a Judith de la main droite. J'en ai 2.51! ou Cesar est marie a Judith, 2.51! ou il est marie a Rachel, et 4.51! - 2.50! ou il est marie soit a l'une, soit a l'autre. Suivant le meme raisonnement, j'en ai 6.51! - 6.50! qu'il soit marie soit a Rachel, soit a Judith, soit a Pallas, et 8.51!-12.50! en rajoutant Argine.
Donc, la probabilite que Cesar soit celibataire est (52*51 - 8*51 + 12)/(52*51), soit 2256/2652 = 188/221. Pour la suite, si la probabilite qu'un roi soit celibataire est independante de celle qu'un autre le soit, le resultat final est 1-(188/221)^4, mais je n'arrive pas a etre sur de cette independance.

[yos]

Salut scelerat.

Je vois que tu appelles rois et reines par leur petit nom. C'est joli Argine.

Je suis d'accord avec le début : 2X51! positions où Cesar est marié à Rachel.
Ce qui fait une probabilité de 1/26. De même, les cas de célibat de Cesar m'ont l'air justes.
L'indépendance par contre me parait fausse. Le fait que Cesar soit celibataire a une influence sur la position des dames et donc sur le celibat des autres. Cela dit, c'est peut-être une bonne approximation du résultat.
Mais je n'ai pas vraiment mieux...

[bdupont]

Autre solution :
Un paquet de 52 cartes contient 4 rois, chacun étant précédé et suivi d'une carte.
Un paquet duquel on a retiré les 4 dames contient 4 rois, chacun étant précédé et suivi d'une carte qui n'est pas une dame.
D'où la proba recherchée :


avec le nombre d'arrangements de p éléments dans un ensemble de n éléments

Ce résultat diffère pas mal de celui de Scélérat (0,28 contre 0,49).

[yos]

Salut bdupont

1)Ton quotient est écrit à l'envers .

2) Je ne comprend pas ce que tu fais.

3) La bonne réponse est 0,486. (Si j'en crois le livre de Moisotte "exercices pour le Capes " qui date de l'époque maudite où le second oral du capes voyait un étudiant tirer au hasard un exercice (qui pouvait être celui-ci) à résoudre sans prép.)
Je ne sais même pas si c'est une valeur exaccte. En tout cas ça doit se faire élémentairement (i.e. sans fonctions génératrices). Moi tout ce que j'ai trouvé c'est une usine à gaz où j'envisage tous les cas possibles de voisinage des rois (les 4 rois peuvent possèder 1 à 8 voisins. Ils en ont 1 lorsque les 4 rois sont successifs en début ou fin de tas...).

[scelerat]

Moi tout ce que j'ai trouvé c'est une usine à gaz où j'envisage tous les cas possibles de voisinage des rois (les 4 rois peuvent possèder 1 à 8 voisins. Ils en ont 1 lorsque les 4 rois sont successifs en début ou fin de tas...).

On peut quand meme simplifier en remarquant que par symetrie, le nombre de cas ou on a au moins un mariage RD est egal au nombre de cas ou on a au moins un mariage DR. Ca reste assez dementiel a calculer...

[scelerat]

J'ai une autre idee, qui me rappelle l'enigme du demi-sucre.
Soit E(d,r,a,i) la probabilite de se retouver avec d dames, r rois, et a autres cartes dans le paquet quand il y reste i cartes en tout (i=d+r+a, on laissera tomber le i dans la suite). Deux tours auparavant, on se trouvait forcement dans l'une des situations :
(d+2, r, a)
(d+1, r+1, a)
(d+1, r, a+1)
(d, r+2, a)
(d, r+1, a+1)
(d, r, a+2)

La probabilite d'arreter a l'etape (d,r,a) est donc

D'autre part, la probabilite d'arriver a l'etape (d,r,a) et de continuer se construit de meme maniere a partir des probabilites de tirages depuis les 5 autres situations plus haut.
A la fin, le resultat cherche est 1 - E(0,0,0).

[scelerat]

3) La bonne réponse est 0,486. (Si j'en crois le livre de Moisotte "exercices pour le Capes " qui date de l'époque maudite où le second oral du capes voyait un étudiant tirer au hasard un exercice (qui pouvait être celui-ci) à résoudre sans prép..

Flute, j'ai fait un petit programme, suivant la methode des demi-sucres, et je trouve 0.483 (0.482711 tres exactement). Me serai-je trompe ?

[bdupont]

Salut à tous,

Je crois que l'idée de Scélérat de ne pas distinguer entre les rois les dames et les autres cartes est bonne. Elle m'a permis d'élaborer la stratégie suivante :
Je me limite à l'étude des couples (R,D) (j'exclus donc les (D,R) pour l'instant)

1) On reconstitue le paquet par étape. On pose les Dames (D) et les Rois (R) et dans un second temps on intercale les autres cartes (A)
Etant donné les 4 D, il y a C(4,k) façons de poser un R devant une D pour obtenir k couples gagnants. Mais réciproquement, étant donné les 4 R, il y a C(4,k) façons de poser une D derrière un R pour obtenir k couples gagnants. Donc au total il C(4,k)^2 façons d'obtenir k couples (R,D).
Comment intercaler les A pour obtenir au final j couples gagnants (j0)=

D'après Excel ce nombre est égal à 0,2813

Vous noterez que c'est aussi égal à mon premier résultat 1-A(48,4)/A(52,4) = 0,2813 que je vous avoue préférer.

C'est vrai que cela ne règle que la moitié du problème, celui des couples (R,D). La symétrie n'est pas évidente à mon avis.

Si vraiment ce sujet est tombé à un oral sans préparation je pense qu'on attendait ma première réponse plutôt que ma seconde, même si celle-ci ne permet pas d'éprouver la force de caractère du candidat.