Q2 : Pour chaque joueur, déterminer la probabilité d’obtenir sa séquence (une ou plusieurs fois) lors des 52 tirages jusqu’à épuisement

Enoncé G158 (Diophante) Les cinq prolongent la partie

Comme dans le problème G145, Diophante invite Alexandre, Béatrice, Charles, Delphine, Ernest à choisir une séquence de 4 lettres constituée avec les deux seules lettres N (comme Noire) et R (comme Rouge).

Leur choix est le suivant : Alexandre : RNNR, Béatrice : NNRN, Charles : NRNR, Delphine : RNRR et Ernest : RRNN.

Diophante prend un jeu de 52 cartes, le mélange et tire une à une les cartes dont il annonce la couleur : Noire (Pique et Trèfle) ou Rouge (Coeur et Carreau), mais sans réutiliser les cartes tirées. Il prononce ainsi une suite du type R,R,N,R,N,N,R,N,N,N,R. . . Le joueur dont la séquence coïn- cide avec quatre tirages successifs lève la main. C’est, par exemple, le cas d’Alexandre avec les quatre tirages en caractères italiques.

Q1 Calculer les probabilités respectives que chacun des cinq joueurs lève la main à l’issue du tirage des tpremières cartes.

Q2 : Pour chaque joueur, déterminer la probabilité d’obtenir sa séquence (une ou plusieurs fois) lors des 52 tirages jusqu’à épuisement ; supposant cela réalisé, calculer le nombre moyen de tirages pour la première obtention de séquence.

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin

Question 1

Les 26 cartes rouges peuvent être réparties dans le paquet de C₅₂²⁶ façons équiprobables ; si la séquence (4 cartes incluant r cartes rouges) se réalise au tirage t, la répartition des r rouges est imposée aux rangs t−3 à t, et il y a C₄₈^26−r façons de répartir les rouges restantes entre les 48 rangs restants. D’où la probabilité C₄₈^26−r/C₅₂²⁶, indépendante de t.

Pour A, C, E¹, avecr = 2, elle vaut C₄₈²⁴/C₅₂²⁶ = 325/4998 ; pour B et D, r = 1 ou 3, et c’estC₄₈²⁵/C₅₂²⁶= 52/833.

1. Je me limite aux initiales pour alléger l’écriture.

Question 2

La condition “pas de séquence réalisée avant le tirages” s’écrit ^\

k<s

Ek, si E_k est la réalisation de la séquence au tirage k. Sa probabilité q_s vaut, par la formule de Poincaré,q_s= Pr







\

k<s

E_k







= ^X

J⊆I

(−1)^|J|Pr







\

j∈J

E_j





 , ce qui conduit à évaluer les possibilités de réaliser conjointement plusieurs des E_j avant le tirage s. Si l’ensemble d’indices J est vide, l’absence de condition à satisfaire donne la probabilité 1.

Le joueur E, dont les séquences ne peuvent se chevaucher, permet une application simple. Si l’ensemble J ak éléments,j₁, . . . , j_k, on a

1≤j₁−3< j₂−6< . . . < j_k−3k≤s−1−3k. Il y aC_s−1−3k^k tels ensembles, pour lesquels l’intersection desEj, fixant 4ktirages dont 2kcartes rouges, a la probabilité C_52−4k^26−2k/C₅₂²⁶. La probabilité de devoir attendre au moins le tiragespour réaliser la séquence est ainsi

q_s=

b(s−1)/4c

X

k=0

(−1)^kC_s−1−3k^k C_52−4k^26−2k/C₅₂²⁶ car il fauts−1−3k≥k.

En particulier, la probabilité que la séquence ne soit pas réalisée au bout des 52 tirages estq₅₃=

13

X

k=0

(−1)^kC_52−3k^k C_52−4k^26−2k/C₅₂²⁶= 0,014362397. . . et la probabilité totale de succès estP = 1−q₅₃= 0,985637603. . . La probabilité que la séquence soit réalisée pour la première fois au tirage s est qs−qs+1. Le nombre moyen T de tirages conduisant à la première séquence réalisée, supposant que celle-ci existe, est une espérabce condi- tionnelle (supposant acquis le succès, de probabilité P). D’où (en notant queq1 =q2=q3=q4 = 1)

P T =

52

X

s=1

s(qs−qs+1) =

52

X

s=1

qs−52q53= 52P −

52

X

s=1

(1−qs),

T = 52−(1/P)

52

X

s=1

(1−qs).

1

52

X

s=1

(1−q_s) =

53

X

s=1

b(s−1)/4c

X

k=1

(−1)^k−1C_s−1−3k^k C_52−4k^26−2k/C₅₂²⁶=

=

13

X

k=0

(−1)^k−1

53

X

s=1

C_s−3k^k+1 −C_s−1−3k^k+1 C_52−4k^26−2k/C₅₂²⁶=

=

13

X

k=0

(−1)^k−1C_53−3k^k+1 C_52−4k^26−2k/C₅₂²⁶= 37,73513331. . .

et TE = 52−(1/PE)

52

X

s=1

(1−qs) = 13,71500234. . .

Pour les joueurs A, B, C, D, leskévénements dont on considère l’intersec- tion ne sont pas forcément disjoints ; dès que k >0, on peut y distinguer t séquences “têtes de série”, et g=k−t séquences greffées sur une autre par leur début (un symbole pour A, B, D ; deux symboles pour C).

Ce sont ainsi 4t+ 3g(pour A,B,D) ou 4t+ 2g(pour C) rangs (au pluss−1, pour la probabilité “pas de séquence avant s”) où le tirage est déterminé par la séquence à réaliser ; les cartes rouges y sont 2t+gpour A et C,t+g pour B, 3t+ 2g pour D. La probabilité attachée à un couple (t, g) résulte de la répartition des cartes rouges restantes entre les rangs extérieurs aux séquences spécifiées², soitC_52−4t−3g^26−2t−g /C₅₂²⁶ pour A, C_52−4t−3g^26−t−g /C₅₂²⁶ pour B, C_52−4t−2g^26−2t−g /C₅₂²⁶ pour C, C_52−4t−3g^26−3t−2g/C₅₂²⁶ pour D, identique à B.

Dans le paquet de cartes, la situation de ces rangs extérieurs résulte des éléments suivants. A (t, g) fixé, il y a t^g façons de répartir lesg séquences greffées entre les t têtes de série, rangées par ordre croissant. Cela fait, il reste le choix des rangs des t têtes de série, dont la dernière peut aller jusqu’à s−1. Pour qu’il se ramène aux C_m^t choix de t entiers entre 1 et une limite m, il faut neutraliser les 3 rangs précédant chaque tête de série, ainsi que les rangs occupés par les séquences greffées : 2g pour C, 3gpour A, B et D. D’où m=s−1−3t−2goum=s−1−3t−3g. Le nombre des choix pour les têtes de série est ainsiC_{s−1−3t−3g}^t pour A,B,D etC_{s−1−3t−2g}^t pour C.

2. Dans la formule de Poincaré, on ne se soucie pas des événements qui peuvent se produire, ou non, hors des indices de l’ensembleJ.

La probabilité de ne pas réaliser la séquence avant le tirages est alors – pour A :q_s= 1 +

4t+3g<s

X

t≥1,g≥0

(−1)^t+gC_{s−1−3t−3g}^t (t^g)C_52−4t−3g^26−2t−g /C₅₂²⁶,

– pour B et D :q_s = 1 +

4t+3g<s

X

t≥1,g≥0

(−1)^t+gC_{s−1−3t−3g}^t (t^g)C_52−4t−3g^26−t−g /C₅₂²⁶,

– pour C :q_s= 1 +

4t+2g<s

X

t≥1,g≥0

(−1)^t+gC_{s−1−3t−2g}^t (t^g)C_52−4t−2g^26−2t−g /C₅₂²⁶. Substituants= 53 dans ces formules, on obtient les probabilités P = 1−q₅₃ de succès à un moment ou un autre du tirage.

– pour A :P_A=

13

X

t=1 13−t

X

g=0

(−1)^t+g−1t^g(52−3t−3g)!26!26!

t!(26−2t−g)!(26−2t−2g)!52!

– pour B et D :P_B=

8

X

t=1

b13−3t/2c

X

g=0

(−1)^t+g−1t^g(52−3t−3g)!26!26!

t!(26−t−g)!(26−3t−2g)!52!

– pour C :PC =

13

X

t=1 26−2t

X

g=0

(−1)^t+g−1t^g(52−3t−2g)!26!26!

t!(26−2t−g)!(26−2t−g)!52!

Les limites de sommation sont dues au nombre (26) des cartes rouges et noires disponibles pour les séquences.

Le nombre moyen T de tirages, s’obtient comme pour le joueur E par la sommation surs:P(52−T) =

52

X

s=1

(1−qs), soit

– pour A :

13

X

t=1 13−t

X

g=0

(−1)^t+g−1t^g(53−3t−3g)!26!26!

(t+ 1)!(26−2t−g)!(26−2t−2g)!52!

– pour B et D :

8

X

t=1

b13−3t/2c

X

g=0

(−1)^t+g−1t^g(53−3t−3g)!26!26!

(t+ 1)!(26−t−g)!(26−3t−2g)!52!

– pour C :

13

X

t=1 26−2t

X

g=0

(−1)^t+g−1t^g(53−3t−2g)!26!26!

(t+ 1)!(26−2t−g)!(26−2t−g)!52!

2

Cela permet d’obtenir le tableau

P = 1−q₅₃ T A 0,966082514 14,85986777 B, D 0,97757196 15,00303813 C 0,987449494 15,82957559 E 0,985637603 13,71500234

Remarque 1. Valeurs numériques

Je les ai obtenues sur tableur, sans programmation sophistiquée. Pour P, le tableau des termes F(t, g) de la somme se remplit à partir des rapports F(t,0)/F(t−1,0) et F(t, g)/F(t, g−1). PourP(52−T), le termeG(t, g) découle du rapport G(t, g)/F(t, g).

Remarque 2. L’approche par les probabilités conditionnelles “séquence réa- lisée àtsachant que la première réalisation est às” est classique, mais bien compliquée dans le cas présent car la condition “pas de réalisation avant s” influence la répartition des cartes ; par exemple, si B n’a aucun succès dans les s−4 premiers tirages, cela élimine de ceux-ci notamment des tirages où les rouges sont présents mais trop minoritaires. D’où l’intérêt d’évaluer directement cette condition.

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