L’algorithme “magique” de J. H. Conway

Enoncé G145 (Diophante) : Le club des cinq

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 dispose d’un mélangeur d’un jeu de 52 cartes, tire une carte dont il annonce la couleur : Noire (Pique et Trèfle) ou Rouge (Coeur et Careeau) puis la remet dans le mélangeur. Il continue les tirages et prononce ainsi une suite du type R,R,N,R,N,N,R,N,N,N,R. . . Le joueur dont la séquence coïncide 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 quatre premières cartes.

Q2 Le temps d’attente moyen d’un joueur J est le nombre moyen de cartes retournées par Diophante pour que le joueur J lève la main. Démontrer que parmi les cinq joueurs il y a un joueur X dont le temps d’attente est le plus court.

Q3 Diophante oppose le joueur X identifié dans Q2 aux autres joueurs dans quatre duels successifs. Dans chaque duel qui oppose deux joueurs les trois autres joueurs sont observateurs. Le premier joueur qui lève la main est déclaré vainqueur. Démontrer que paradoxalement il y a un joueur Y qui a une probabilité > 0.5 d’être vainqueur de X.

Q4 Diophante organise les duels successifs Alexandre-Béatrice, Béatrice- Charles, Charles-Delphine, Delphine-Ernest et Ernest-Alexandre. Déter- miner pour chaque duel les probabilités respectives de gain des joueurs.

Quelle conclusion en tirer ? Calculer la probabilité que les cinq vainqueurs aient des prénoms tous différents.

Q5 Diophante propose enfin le tournoi de dix duels au cours desquels chaque joueur est opposé à tous les autres joueurs. Chaque victoire dans un duel rapporte un point. Déterminer le joueur dont l’espérance mathé- matique de gain est la plus élevée ?

Solution de Jean Moreau de Saint-Martin Question 1

Chacune des séquences est obtenue dans la mesure où les 4 tirages four- nissent exactement la couleur voulue. Les deux couleurs ayant la même probabilité 1/2, la probabilité de lever la main est pour chaque joueur 1/2⁴ = 1/16.

Cette probabilité est aussi celle d’obtenir la séquence d’un joueur spécifié lors dut-ième tirage, pour tout t≥4.

Question 2

Associons à chacun des événements “séquence obtenue au tiraget” le tirage sde première réalisation de cette séquence.

Classiquement, on forme un système de relations du premier degré en les probabilitésp_sdes événements “première réalisation au tirages”, dont les coefficients sont les probabilités conditionnelles Pr{t sis},

Pr{t}= ^X

4≤s≤t

p_sPr{tsi s}.

Ces probabilités dépendent det−s. . .et du joueur.

Pourt=s, c’est 1 ; pourt=s+ 1, c’est 0 car aucune des 5 séquences n’a ses 3 dernières lettres identiques aux 3 premières.

Pour t = s+ 2, c’est 0 sauf pour C dont les 2 premières lettres peuvent être fournies par les 2 denières d’une de ses séquences ; la probabiliité que les 2 tirages suivants soient les bons est 1/4.

Pour t =s+ 3, c’est 0 sauf pour A, B, D qui peuvent utiiser la dernière lettre d’une séquence comme première letttre de la suivante ; il faut ensuite 3 tirages favorables, probabilité 1/8.

Pour t≥s+ 4, les tirages t−3 à t ne sont pas influencés par les tirages des−3 às, et la probabilité est 1/16.

Le système de relations est, compte tenu de la question 1 – pour E : 1

16 =p_t+ 1 16

t−4

X

s=4

p_s, avec t≥4

– pour C : 1

16 =p_t+1

4pt−2+ 1 16

t−4

X

s=4

p_s,

– pour A, B, D : 1

16 =p_t+1

8pt−3+ 1 16

t−4

X

s=4

p_s.

Multipliant par z^t et ajoutant, on obtient, en posantQ=^Pptz^t, – pour E : z⁴

16(1−z) =Q 1 + z⁴ 16(1−z)

! , – pour C : z⁴

16(1−z) =Q 1 +z²

4 + z⁴ 16(1−z)

! , – pour A, B, D : z⁴

16(1−z) =Q 1 +z³

8 + z⁴ 16(1−z)

! , d’où on tire la fonction génératrice Q(z) de chaque joueur – pour E : Q= z⁴

16−16z+z⁴,

– pour C : Q= z⁴

16−16z+ 4z²−4z³+z⁴, – pour A,B, D : Q= z⁴

16−16z+ 2z³−z⁴.

Le temps d’attente moyen de la première séquence est ^P_ssps, valeur en z= 1 de ^P_ssp_sz^s−1=dQ/dz.

C’est 20 pour C, 18 pour A, B et D, et 16 seulement pour E qui est le joueur X.

Questions 3, 4, 5

Chaque tirage à partir du 4e forme transition entre le triplet des couleurs tirées aux rangst−3, t−2, t−1 et le triplet des couleurs tirées aux rangs t−2, t−1, t. Les transitions qui apportent le gain sont

RNN→NNR pour A, NNR→NRN pour B,

NRN→RNR pour C, RNR→NRR pour D, RRN→RNN pour E.

Les 3 premiers tirages donnent chacun des triplets avec la probabilité 1/8, puis rouge et noire sont équiprobables à tout tirage.

J’examine les 10 duels possibles dans l’ordre AE, BE, CE, DE (question 3) ;

AB, BC, CD (question 4), DE et EA obtenus à la question 3 ; AC, AD, BD (question 5) avec les 7 précédents.

Chaque duel donne lieu à un tableau 9×10 : 8×8 pour les probabilités de transition d’un triplet à un autre, bordé à droite de la répartition initiale des probabilités, et en-dessous des “puits” enregistrant, tirage après tirage, les contributions à la probabilité de gain de l’un ou l’autre joueur.

Un lemme (voir annexe 1) donne les probabilités de gain comme rapport de déterminants 9×9 et 8×8. Dans les tableaux suivants, les probabili- tés de transition sont doublées et les probabilités initiales multipliées par 8 ; les déterminants correspondants sont à corriger de facteurs 2¹¹ et 2⁸ respectivement.

Duel AE

N N N N N R N RN N RR RN N RN R RRN RRR

N N N −1 0 0 0 1 0 0 0 1

N N R 1 −2 0 0 0 0 0 0 1

N RN 0 1 −2 0 0 1 0 0 1

N RR 0 1 0 −2 0 1 0 0 1

RN N 0 0 1 0 −2 0 0 0 1

RN R 0 0 1 0 0 −2 1 0 1

RRN 0 0 0 1 0 0 −2 1 1

RRR 0 0 0 1 0 0 0 −1 1

A 0 0 0 0 1 0 0 0

E 0 0 0 0 0 0 1 0

J’ai mené le calcul des déterminants sur tableur, formant des combinaisons de colonnes en sorte d’obtenir une matrice diagonale inférieure sur les 6 premières lignes et 6 premières colonnes (à des permutations de lignes et/ou de colonnes près) et un tableau 3×4 ayant 2 lignes et 2 colonnes pour les puits, la 3e colonne étant celle venant des données initiales de probabilité.

Les déterminants extraits de ce tableau valent 24 pour |2(M −Id)|, 64 pour le gain de A, 128 pour le gain de E, d’où avec correction de 2⁸ et 2¹¹, probabilité 1/3 pour A et 2/3 pour E.

Les 9 autres duels se traitent de la même façon et permettent de remplir le tableau suivant (probabilité de gain de la tête de ligne contre la tête de colonne).

A B C D E

A − 7/12 9/16 1/2 1/3 B 5/12 − 5/7 9/16 5/14 C 7/16 2/7 − 9/14 7/16 D 1/2 7/16 5/14 − 4/7 E 2/3 9/14 9/16 3/7 −

Question 3 : la dernière ligne et la dernière colonne montrent que c’est D qui a plus d’une chance sur 2 de battre E en duel.

Question 4: les probabilités qui bordent la diagonale sont plus grandes au- dessus qu’au-dessous. Cela s’explique par le graphe des transitions entre triplets : la suite de tirages RRNNRRNRR contient successivement les séquences d’E, A, B, C et D. Quand A obtient sa séquence, environ une fois sur deux, E vient d’obtenir la sienne, et cela se répète pour B, C et D dans les duels successifs de la question 4.

Si aucun joueur n’est vainqueur deux fois, soit A bat B et ainsi de suite jus- qu’à E bat A (probabilité 5/49), soit c’est l’inverse (probabilité 25/4116) ; en tout probabilité 445/4116.

Question 5: la réponse est donnée par les sommes par ligne des probabilités du tableau, soit 665/336 pour A, 689/336 pour B, 606/336 pour C, 627/336 pour D et 773/336 pour E. Ce critère donne le classement E, B, A, D, C.

Remarque. John H. Conway a donné une méthode originale¹ pour ré- pondre aux questions 2 à 5.

X etY étant deux séquences de symboles P ou F de longueur n, Conway définit l’entier Clef(X, Y) écrit en binaire c_n. . . c₂c₁, où c_i = 1 si les i derniers symboles de X sont identiques aux i premiers symboles de Y ; ci= 0 sinon.

On a les propriétés (pour une démonstration, voir annexe 2)

– le nombre moyen de lancers pour faire apparaître une séquence X est 2Clef(X, X) ;

– dans un duel, la séquence X apparaît avant la séquence Y avec la pro- babilité Clef(Y, Y)−Clef(Y, X)

Clef(X, X)−Clef(X, Y) +Clef(Y, Y)−Clef(Y, X).

Les réponses aux questions résultent alors du tableau desClef(X, Y) où X est en tête de colonne,Y en tête de ligne.

A B C D E

A 9 2 1 1 4

B 4 9 0 0 3

C 2 5 10 0 1

D 1 2 5 9 0

E 1 0 1 3 8

1. Particulièrement simple à appliquer et loin d’être intuitive, elle est connue comme

“algorithme magique”.

Annexe 1 Lemme

Soit un processus aléatoire ànétats transitoires etppuits. Le processus a pour limite une répartition des probabilités entre les puits, qui dépend de la répartition initiale des probabilités entre les états. La probabilité finale d’un des puits, multipliée par le déterminant de la matriceM−Id(matrice n×n limitée aux états transitoires, diminuée de la matrice identité) est égale au déterminant (n+ 1)×(n+ 1) écrit avec la matrice M −Id, et bordée à droite par la répartition initiale des probabilités, et en bas par la ligne correspondant au puits.

Preuve du lemme

Supposons que la matrice de transition est diagonale : les valeurs propres sont les s_i, et si la répartition des probabilités est formée initialement par les ai(0), après k itérations elle est formée par les ai(k) = s^k_iai(0) ; l’alimentation d’un puits est de la forme p(k+ 1) = p(k) +^P_im_ia_i(k), et conduit à la limite p(∞) =p(0) +^P_im_ia_i(0)/(1−s_i). Le déterminant de M −Id est le produit des si−1, et son produit par p(∞) est bien le déterminant où la ligne n+ 1 est formée par les m_i et la colonne n+ 1 est formée par les a_i(0).

Cela vaut encore quand la matrice est diagonalisable (cas général pour des matrices de probabilité de transition) : M = U⁻¹DU, puis M^k = U⁻¹D^kU. Si b(0) est le vecteur des probabilités initiales, on raisonne sur le vecteura(0) =U b(0) ; les contributionsmi aux puits se répartissent sur lesa_i à proportion de leur contenu dû aux diversb_j. Cela valide le procédé de calcul indiqué.

La matrice ci-contre contient les termes de 2(M −Id), bordées par 8 fois les probabilités initiales (supposées égales) en colonne de droite ; les lettres A,B,C,D,E ont la valeur 1 et sont placées aux transitions qui donnent le gain à ces joueurs.

Pour former le tableau d’un duel conformément au lemme, remplacer par 1 les lettres A,B,. . ., non participantes au duel ; remplacer par 0 les lettres des participants au duel dans les 8 premières lignes, mais mettre des 1 dans les lignes des puits, sous les colonnes de ces lettres.

N N N N N R N RN N RR RN N RN R RRN RRR

N N N −1 0 0 0 1 0 0 0 1

N N R 1 −2 0 0 A 0 0 0 1

N RN 0 B −2 0 0 1 0 0 1

N RR 0 1 0 −2 0 D 0 0 1

RN N 0 0 1 0 −2 0 E 0 1

RN R 0 0 C 0 0 −2 1 0 1

RRN 0 0 0 1 0 0 −2 1 1

RRR 0 0 0 1 0 0 0 −1 1

Annexe 2

L’algorithme “magique” de J. H. Conway

On considère des séquences (notées A, B, . . .) de nsymboles (P,F) à faire apparaître dans une suite indéfinie de tirages à pile ou face.

Conway définit l’entier Clef(A, B) comme l’entier d’écriture binaire cncn−1. . . c2c1, où ci = 1 si les i derniers symboles de A sont identiques aux ipremiers symboles deB,c_i = 0 sinon.

Si la séquenceAa achevé d’apparaître avec le tiraget, la probabilité que les n−itirages suivants fassent apparaître la séquenceB (au tiraget+n−i) est c_i2ⁱ⁻ⁿ.

Temps moyen d’attente

Propriété 1. L’espérance du nombre de tirages (temps moyen d’attente) pour qu’apparaisse Aest 2Clef(A, A).

Preuve

Associons à chacun des événements “séquence A obtenue au tirage t” le tirage sde première réalisation de cette séquence.

On forme un système de relations du premier degré en les probabilités ps

des événements “première réalisation au tirages”, dont les coefficients sont les probabilités conditionnelles Pr{t sis},

(∗) Pr{t}= ^X

n≤s≤t

psPr{t sis}.

Si t≥s+n, lss tirages jusqu’à sn’influencent pas les ntirages t−n+ 1 à t, et la probabilité conditionnelle est 2⁻ⁿ.

Si s≤t < s+n, la probabilité conditionnelle est at−s2^t−s−n, les a_i étant les bits de l’écriture binaire de Clef(A, A), avecan= 1.

Considérons les fonctions génératrices Q(z) =

∞

X

s=1

p_sz^s etP(z) =

∞

X

t=1

Pr{t}z^t= zⁿ (1−z)2ⁿ.

Par les relations (∗), P(z) =Q(z)

n

X

1

a_i2ⁱ⁻ⁿzⁿ⁻ⁱ+ zⁿ (1−z)2ⁿ

! , d’où 1

Q(z) = 1 +

n

X

1

a_i2ⁱz⁻ⁱ(1−z).

Observons que la séquence A finit toujours par apparaître ; plus précisé- ment, la probabilité qu’elle n’apparaisse à aucune deskéchéancest=mn (m = 1 à k) est (1−2⁻ⁿ)^k, tendant vers 0 pour k infiniment grand, et c’est un majorant de la probabilité qu’elle n’apparaisse à aucune des kn échéancest= 1 à kn. AinsiQ(1) = 1.

Le temps moyen d’attente est l’espérance des P

ssps=^P_ssps1^s−1=Q⁰(1).

Dérivant l’expression obtenue pour 1/Q(z), on a

−Q⁰(z) Q²(z) =

n

X

1

a_i2ⁱ((i−1)z⁻ⁱ−iz⁻ⁱ⁻¹).

D’où Q⁰(1) =

n

X

1

a_i2ⁱ, ce qui prouve la propriété, car l’entier Clef(A, A) a pour valeur

n

X

1

ai2ⁱ⁻¹. Duel de séquences

Soit une suite de tirages aléatoires, et t_A et t_B les nombres de tirages pour la première apparition des séquencesA etB, de longueurn. Conway énonce la

Propriété 2

Pr{t_A> t_B}

Clef(A, A)−Clef(A, B) = Pr{t_B> t_A} Clef(B, B)−Clef(B, A) Preuve

Parmi les 2^m séquences de longueurm, je dénombre

– lesf(m) où n’apparaissent à aucun moment la séquenceAni la séquence B;

– lesf_A(m) où n’apparaissent à aucun moment la séquenceAni la séquence B, sauf auxn derniers symboles, qui formentA;

– lesf_B(m) où n’apparaissent à aucun moment la séquenceAni la séquence B, sauf auxn derniers symboles, qui formentB.

f(m), fA(m), fB(m) sont majorés par 2^m.

Chacune des f(m) séquences se prolonge de deux manières (par P ou F) au tirage suivant, ce qui peut donner, pour les n derniers symboles,A,B ou aucun des deux. Ainsi

2f(m) =f_A(m+ 1) +f_B(m+ 1) +f(m+ 1).

Considérons lesf(m) séquences de longueurm+nformées en prolongeant chaque séquence Y, prise parmi lesf(m), par la séquenceA.

Outre la séquence Aapparaissant au rangm+n, il peut en apparaître au rang m+i; c’est le cas chaque fois que les ipremiers symboles deA sont identiques aux i derniers, c’est à dire si ai, i-ème chiffre de Clef(A, A), vaut 1 ; les séquences correspondantes sont en nombre f_A(m+i).

De même, la séquenceB peut apparaître au rangm+i; c’est le cas chaque fois que les i premiers symboles de A sont identiques aux i derniers de B, c’est à dire si d_i, i-ème chiffre de Clef(B, A), vaut 1 ; les séquences correspondantes sont en nombre f_B(m+i).

D’où la relation f(m) =

n

X

i=1

(a_if_A(m+i) +d_if_B(m+i)).

En prolongeant par la séquence B au lieu deA, on obtient de même f(m) =

n

X

i=1

(c_if_A(m+i) +b_if_B(m+i)),

où bi etci sont respectivement les chiffres de Clef(B, B) et Clef(A, B).

Formons maintenant les séries (convergeant au moins pour z >2) F(z) =

∞

X

m=n

f(m)z^−m, F_A(z) =

∞

X

m=n

f_A(m)z^−m, F_B(z) =

∞

X

m=n

f_B(m)z^−m, et les polynômes

Pa(z) =

n

X

i=1

aizⁱ, Pb(z) =

n

X

i=1

bizⁱ, Pc(z) =

n

X

i=1

cizⁱ, Pd(z) =

n

X

i=1

dizⁱ.

Commef_A(n) +f_B(n) +f(n) = 2ⁿ, les relations précédentes conduisent à (2/z)ⁿ=FA(z) +FB(z) + (1−2/z)F(z),

F(z) =Pa(z)FA(z) +P_d(z)FB(z) =Pc(z)FA(z) +P_b(z)FB(z).

Ce système linéaire se résout en F_A

P_b−P_d = F_B P_a−P_c =

= F

P_aP_b−P_cP_d = (2/z)ⁿ

P_a+P_b−P_c−P_d+ (1−2/z)(P_aP_b−P_cP_d).

On peut en déduire les expressions def(m), f_A(m), f_B(m) par la technique de décomposition des fractions rationnelles.

Observons que 2^−mfA(m) est la probabilité que la séquence A apparaisse au rangm, sans que B soit apparu au préalable. Ainsi la probabilité que A apparaisse avant B, à un rang quelconque, est F_A(2). La probabilité complémentaire est 1−FA(2) =FB(2).

D’autre part, P_a(2) = 2Clef(A, A),P_b(2) = 2Clef(B, B), P_c(2) = 2Clef(A, B),P_d(2) = 2Clef(B, A).

On a donc bien FA(2)

Clef(B, B)−Clef(B, A) = FB(2)

Clef(A, A)−Clef(A, B) =

= 1

Clef(A, A)−Clef(A, B) +Clef(B, B)−Clef(B, A).