bonsoir,

après m' etre cassé le tete sur pas mal d'énigme sans y repondre,

et vu qu'il y a quelque domaine que je maitrise moins voir pas du tout,

entre autre les probabilités et la cryptographie.

je vais essayer pour une fois:

je dirais qu'il y a +- (je sais +- c a peu près donc pas très juste) ben 50% de

chance qu'il ait une bonne carte.

Je trouve un résultat assez surprenant ( sans doute une erreur )

La probabilité de gain pour le premier joueur :
[TeX]P=\frac{1}{2!}+\frac{3}{4!}+\frac{5}{6!}+...+\frac{997}{998!}+\frac{999}{1000!}[/TeX]
Surprenant car la probabilité augmente avec le nombre de cartes ( pour un nombre pair de cartes en tout cas ) .

Vasimolo

Nan moi aussi ! Je t'envoie ce que je trouve ce weekend.

Tu as la solution du problème, Efceba ?

alors là, je comprends pas...
A trois cartes, si J1 tire la carte 1, alors J2 est sûr de gagner. Puisqu'il n'y a pas remise, J2 ne peut tirer que la carte 2 ou la carte 3, donc P31=0. Sinon, je suis d'accord avec P32 et P33.
J'aimerai savoir ce qui cloche dans mon raisonnement, ça me parait assez simple. Je serai aussi intéressé de connaître le cheminement qui a conduit Vasimolo à sa solution.

Je ne comprends pas le [latex]P4_2=2/3*(1-P3)[/latex]

Pour moi, si k = 2, alors soit "J2 tire la carte en dessous (1/3)", soit "J2 tire la carte numéro 3 (1/3) et J1 tire la carte numéro 4 (1/2)".

D'où [latex]P4_2=1/3+(1/3)*(1/2)=1/2[/latex]

Et alors [latex]P4=5/8[/latex], ce qui est en accord avec la formule de Vasimolo. Donc, je pense que ce doit être ça

En fait j'ai compté parmi les 1000! possibilités celles qui arrêtaient le jeu après n tirages .

Après 1 tirage : 0
Après 2 tirages : [latex]C_{1000}^2\times 1\times 998![/latex]
...
Après n tirages : [latex]C_{1000}^n\times (n-1)\times (1000-n)![/latex]
...
Après 1000 tirages : [latex]C_{1000}^{1000}\times 999 \times 0![/latex]

Pour le gain du premier joueur il ne faut garder que les tirages avec n pair soit :
[TeX]C_{1000}^2\times 1 \times 998!+C_{1000}^4\times 3 \times 996!+...+C_{1000}^{998}\times 997 \times 2!+C_{1000}^{1000}\times 999 \times 0![/TeX]
Pour la probabilité de gain il faut diviser par 1000!  :
[TeX]P=\frac{1}{2 !}+\frac{3}{4 !}+ . . . +\frac{997}{998 !}+\frac{999}{1000 !}[/TeX]
La probabilité de gain du 2me joueur est donnée par Q=1-P

Le point le plus délicat , pourquoi [latex]C_{1000}^n\times (n-1)\times (1000-n)![/latex] distributions donnent un arrêt à la neme carte ?

Cela revient à choisir n cartes au hasard parmi les 1000 , en placer une qui n'est pas la plus grande en dernière position , ordonner les n-1 restantes en ordre croissant et les 1000-n dernières en ordre quelconque . 

Vasimolo

@Nombrilist J'ai pu faire une erreur dans mes proba ce qui explique que je ne trouvais pas de récurrence.
[latex]P4_2 = 1/3+1/3*P2[/latex] je suis d'accord.
Pour ce qui est du fait de tirer la carte la plus petite, cela revient à inverser les joueurs et à calculer la probabilité avec une carte de moins.

@Vasimolo, ton approche étant différente de la mienne, en allant au bout de la mienne on pourrait confirmer tes résultats.

@Promath+MthS+Nombrilist, je supprime vos chamailleries.

La formule que j'ai donnée marche aussi pour n impairs mais il y a en effet un petit problème si toutes les cartes sont tirées sans que personne ne perde : 1;2;3;...n-1;n . Doit-on alors considérer que celui qui a tiré la dernière carte à gagné ( c'est ce ce que j'ai fait ) ?

Vasimolo

Vasimolo, pourtant, j'ai l'impression que tu n'as pas tenu compte de la configuration 1;2;...;n pour n impair. C'est donc que tu considères que J1 a perdu pour ce cas particulier. Moi, je me suis dis que J1 gagnait dans ce cas.
Nombrilist, à l'aide des séries entières, je trouve:
[TeX]
\sum_{p=1}^{+\infty}\frac{2p-1}{(2p)!}=1-1/e
[/TeX]

Nous sommes d'accord , il me semblait bien que le cas ou l'on tire l'ensemble des cartes devait être rajouté dans certains cas .

En tout cas le résultat est curieux : plus le nombre de carte est grand et plus les chances du premier joueur sont grandes , ce qui est pas complètement intuitif !!!

Vasimolo