G149 - Gagner contre le hasard [**** à la main et avec l'aide éventuelle de Geogebra]
Zig et Puce conviennent de jouer 100 parties du jeu suivant : au cours d'une partie, chacun écrit sur une bande de papier trois nombres entiers positifs pas nécessairement distincts dont la somme est égale à 2016, z₁≤ z₂ ≤ z₃ écrits par Zig et p₁≤p₂≤ p₃ écrits par Puce.Puis ils comparent les six nombres: z₁ à p₁ puis z₂ à p₂ et enfin z₃ à p₃. Le joueur dont deux de ses nombres sont strictement plus élevés que ceux de l'adversaire gagne la partie. A défaut la partie est déclarée nulle.
A chaque partie, Puce fait confiance à un programme informatique qui génère aléatoirement les trois entiers p₁,p₂ et p₃ . Zig à l'inverse choisit ses trois entiers z₁, z₂ et z₃ afin d'optimiser ses chances de gain et fait en sorte d'afficher des triplets d'entiers toujours distincts.
Démontrer que l'espérance mathématique du nombre de parties gagnées par Zig est au moins égale à 75.
Solution proposée par Jacques Guitonneau
Calculons d’abord le nombre de partitions de 2016 en trois entiers p1, p2 et p3 strictement positifs.
Une façon de les engendrer est de considérer que l’on choisit sur le segment 1 à 2016 deux limites quelconques entre deux nombres successifs compris entre 1 et 2016. Il y en a 2015, il y a donc 2015.2014/2 soit 2029105 tirages possibles. On obtient un triplet que l’on doit mettre dans l’ordre décroissant a>= b >= c.
Pour un triplet ordonné avec a#b et b#c il y a 6 façons de les obtenir : a,b,c ; a,c,b ; b,a,c ; b,c,a ; c,a,b ; c,b,a. Pour des triplets avec 2 nombres identiques soit p, q, q. p doit être nécessairement pair et q= (2016 – p) /2 p variant de 2 à 2014 , soit 1007 triplets dont 1 de la forme p, p, p avec p= 672.
Les 1006 triplets de la forme p, q, q avec p # q peuvent être générés par 3 tirages différents p,q,q ; q,p,q ; q,q,p soit au total 3018 tirages tandis qu’il n’y a qu’un seul tirage pour p=q=672 . Il reste donc 2026086 tirages qui conduisent à des nombres a, b, et c strictement différents donc à 337681 triplets classés dans l’ordre.
On a donc au total 338688 triplets différents.
La probabilité du choix d’un triplet est donc de 1/338688 si le tirage est fait sur ces 338688 triplets.
(Méthode 1)
Par contre si le choix est fait par tirage de bornes internes sur le segment 1à 2016 (méthode 2) , la probabilité de choisir un triplet ordonné avec a#b#c est de 6/2029105, 3/2029105 pour des triplets ordonnés avec a=b ou b=c, et 1/2029105 pour le triplet a=b=c. La différence entre les deux est évidemment très minime et n’influe pas sur la solution.
Il faut maintenant calculer pour un triplet donné (z1,z2, z3) la probabilité de tirage gagnant (p1,p2, p3).
Il y a trois configurations gagnantes soit p1> z1 et p2> z2 (cas 1); soit p1> z1 et p3 >z3 (cas 2); soit p2> z2 et p3> z3 (cas 3).
Pour le premier cas en notant p1=z1+1 +x et p2= z2=1+Y avec x>=0, y>=0, il faut dénombrer les tous les couples d’entiers x et y répondant aux conditions suivantes x+y <=z3-3, y<=(z1-z2)+ x soit en notant B=z3-3 et A=z1-z2, x+y <=B et y<=A +x
Si B<=A, on constate que seule la condition x+y<=B et le nombre de couples x, y répondant à la question vaut : (B+1) + B + (B-1) +..+ 2+1= (B+1).(B+2)/2.
Par contre si B>A, il faut enlever tous les points intérieurs au triangle précédent pour lesquels y>A+x, soit (B-A) pour x=0, (B-A)-2 pour x=1, … jusqu’à (B-A) -2.Ent((B-A)/2) pour x=Ent((B-
A)/2), soit au total : (B-A).(Ent((B-A)/2)+1)- 2. Ent((B-A)/2). (Ent((B-A)/2)+1) , ce qui donne alors (B+1).(B+2)/2- (Ent((B-A)/2)+1).((B-A)- Ent((B-A)/2)).
Dans le cas où B>=A on a également Ent((B-A)/2) +1 triplets avec p1=p2
Pour le deuxième cas en notant p1=z1+1 +x et p3= z3+1+y avec x>=0, y>=0, il faut dénombrer les tous les couples d’entiers x et y répondant aux conditions suivantes z2-2-x-y >=p3, soit en notant A=
z2-z3-3, la condition 2y+x<= A. Cela conduit aux résultats suivants en fonction de la parité de A.
Pour A impair on obtient(A+1).(A+3)/4 tandis que pour A pair A.A/4 + A +1.
Le nombre de triplets avec deux nombres égaux (p2=p3) est Ent(A/2) +1.
Pour le troisième cas en notant p2=z2+1 +x et p3= z3+1+y avec x>=0, y>=0, il faut dénombrer les tous les couples d’entiers x et y répondant aux conditions suivantes z1-2-x-y >=p2 soit 2x+y <= z1- z2 -3 et p3<=p2 soit y-x <=z3-z1. En notant A=z1-z2-3 et B= z2-z3,les conditions sont 2x+y <=A et y-x<=B.
Si A<=B seule la condition 2x+y <=A est à retenir, et le nombre de triplets est égal à (A+1) + (A+1 - 2) +… + (A+1- 2.[A/2]) soit au total ( [A/2]+1).( [(A+1)/2]+1) où [p/q] est la partie entière de p/q . Par contre si A>B , il faut enlever les points du triangle précédent pour lesquels y>B+x. C’est la somme de (A-B) + (A-B- 3) + (A-B-6)+ … + (A-B – 3.[(A-B)/3]) soit ([(A-B)/3] + 1). A - 3/2 . [(A-B)/3]. ([(A-B)/3] + 1) soit ([(A-B)/3] + 1). (A - 3/2 . [(A-B)/3]).
Le nombre de triplets où p1=p2 ou p2=p3 est égal à Ent(A/2) +1 avec parmi ceux-ci le triplet (672,672,672) si p2<672.
Maintenant il faut rechercher des triplets répondant à l’énoncé, c’est-à-dire au moins 100 triplets pour lesquels l’espérance de gain de Zig est au moins 75%. Grâce à Excel avec les quelques formules ci-dessus on trouve les triplets (775,775,466) et (776,776,464) qui offrent la meilleure chance de gain à Zig, puisque le tirage aléatoire ne donne une probabilité de gain à Puce que de 22,96% (ou 22,94%
si on calcule suivant la méthode 2) soit 77% de chance de gain à Zig.
On vérifie que les triplets de la forme (p,p,q) avec variant de 730 à 820 répondent tous à la question avec une probabilité de gain pour Zig >75%. En ajoutant des triplets de la forme (p+e, p-e, q) avec p choisi autour de 775 et e petit on obtient d’autres triplets différents offrant à Zig un gain > 75%.
Pour 775 ou 776 e peut monter jusqu’à 21 ou 22 pour les triplets 796,754,466 et 798,754,464 qui ont encore une probabilité de gain légèrement supérieure à 75%.
On dispose donc largement plus d’une centaine de triplets distincts offrant tous une espérance de gain supérieure à 75%.
