Probabilité: permutations d'un jeu de carte

[petogo]

Bonjour, j'ai un probleme que je n'arrive pas a modeliser:

on a un jeu de 52 carte. les tetes valent 10 les autres leurs valeurs( As =1, 7=7 ,etc)
-On crée une permutation aléatoire de ces 52 cartes que l'on alignent.
-On prend une carte aléatoirement parmis les 9 premieres.
- tant que une carte est accesible on itère :
| on avance de x carte où x représente la valeur de la carte où l'on se trouve.

Par ex: on commence a la carte 4 qui vaut 6, on va a la 10 eme carte,etc.
Et si à la carte 43 on tombe sur la valeur 10, on s'arrete, 43 est notre carte finale.

On effectue 2 fois l'expérience avec la même probabilité.
Quelle est la chance de tomber sur la meme derniére carte?

Je vois pas quelle loi se cache dans ce modele, ni comment aborder le probleme.
pouvez-vous m'éclairez?
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[toothpick-charlie]

bonjour,

je pense que c'es le genre de problème qui est simple conceptuellement, mais difficile à traiter en pratique. La difficulté vient de ce que, bien que le processus soit défini de façon itérative (je sais pas si je dis ça bien) à chaque pas la situation a changé, puisque les cartes déjà tirées ne peuvent plus l'être. On ne peut donc pas utiliser la théorie du renouvellement par exemple. Il faut je pense écrire explicitement la probabilité cherchée comme une somme de sommes de sommes... et c'est inextricable.

c'est très facile en revanche de simuler le processus. Si ce que tu cherches c'est une estimation de cette probabilité, c'est la meilleure approche à mon avis.

[petogo]

J'ai déja fait une simulation,
et je trouve une probalité de tomber 2 fois sur la meme carte finale avec une même permutation de l'ordre de 13% avec en moyenne 3 cartes finales possible.
Cependant je voudrais une approche plus mathématique, pour expliquer ce résultat déja

Quelle loi peut représenter la distribution du nombre de carte finale possible par exemple?

[toothpick-charlie]

si je comprends bien le numéro de la dernière carte atteinte est l'un des 10 nombres 43,44,..,52. Si la répartition était uniforme, la probabilité de tomber 2 fois sur le même serait 0.1. Tu trouves 0.13 ce qui est un peu plus mais pas tellement. Ca me semble cohérent puisque tu atteins la dernière carte après plus de 5 pas, et donc en un sens le point de départ commence à être "oublié" (en d'autres termes on ne doit pas être loin de la réparition uniforme sur les nombres 43 à 52).

faire le calcul complet me semble très difficile. Si tu es courageux, tu peux commencer par traiter un cas plus simple (par exemple moins de cartes et des valeurs moins nombreuses), ça te donnera une idée du type de calcul à faire.

[A voir en vidéo sur Futura]

[petogo]

si je comprends bien le numéro de la dernière carte atteinte est l'un des 10 nombres 43,44,..,52. Si la répartition était uniforme, la probabilité de tomber 2 fois sur le même serait 0.1. Tu trouves 0.13 ce qui est un peu plus mais pas tellement. Ca me semble cohérent puisque tu atteins la dernière carte après plus de 5 pas, et donc en un sens le point de départ commence à être "oublié" (en d'autres termes on ne doit pas être loin de la réparition uniforme sur les nombres 43 à 52).
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En fait ce n'est pas uniforme, voici un exemple pour une simulation de 5000 permutations :
43 --|-- 44--|--45 --|--46 --|--47--|-- 48--|-- 49--|-- 50--|-- 51--|-- 52
1258 ;1411 ;1713 ;2062 ;2092 ;2370 ;2550 ;3009 ;3208 ;3308

car par exemple pour la carte 42, la proba de s'arreter est de P(X>9)= P(X=10), pour 43: P(X>8)= P(X=10) + P(X=9), etc
donc des proba différentes et croissante.

[toothpick-charlie]

sachant que 1258 +1411 +1713 +2062 +2092 +2370 +2550 +3009 +3208+3308 = 22981 qu'appelles-tu 5000 permutations ?

[Médiat]

car par exemple pour la carte 42, la proba de s'arreter est de P(X>9)= P(X=10), pour 43: P(X>8)= P(X=10) + P(X=9), etc
donc des proba différentes et croissante.

Dans votre premier post j'avais compris que pour que le jeu s'arrête il fallait que la carte vous envoie au-delà des 52 cartes or, 42+10=52 ce n'est pas la fin.

Pour s'arrêter sur la carte N°43, il faut que celle-ci soit un 10 soit 4/13, mais il faut aussi tomber dessus.
Pour s'arrêter sur la carte N°44, il faut que celle-ci soit un 9 ou un 10 soit 5/13, mais il faut aussi ne pas être tombé sur la 43 qui contient un 10, et tomber sur la 44, etc.

[joel_5632]

bonjour
Quand on recommence l'expérience la 2 ème fois, est ce que l'on remélange les 52 cartes ou pas ?

et cette phrase

"On effectue 2 fois l'expérience avec la même probabilité"

quelle est sa signification ?

[petogo]

sachant que 1258 +1411 +1713 +2062 +2092 +2370 +2550 +3009 +3208+3308 = 22981 qu'appelles-tu 5000 permutations ?

pour 5000 permutations il y en a parmis elles 1258 dont la carte 43 peut être atteinte. 1411 fois la carte 44 a été atteinte, etc.

Dans votre premier post j'avais compris que pour que le jeu s'arrête il fallait que la carte vous envoie au-delà des 52 cartes or, 42+10=52 ce n'est pas la fin.

Pour s'arrêter sur la carte N°43, il faut que celle-ci soit un 10 soit 4/13, mais il faut aussi tomber dessus.
Pour s'arrêter sur la carte N°44, il faut que celle-ci soit un 9 ou un 10 soit 5/13, mais il faut aussi ne pas être tombé sur la 43 qui contient un 10, et tomber sur la 44, etc.

Oui effectivement, c'est une erreur d'inatention, l'ensemble des cartes finales est {43..52}

bonjour
Quand on recommence l'expérience la 2 ème fois, est ce que l'on remélange les 52 cartes ou pas ?

et cette phrase

"On effectue 2 fois l'expérience avec la même probabilité"
quelle est sa signification ?

Ma phrase est effectivement ambigue. on effectue 2 fois l'expérience avec la meme permutation.
Donc non, les cartes ne sont pas mélangées.

[toothpick-charlie]

pour 5000 permutations il y en a parmis elles 1258 dont la carte 43 peut être atteinte. 1411 fois la carte 44 a été atteinte, etc.

je comprends toujours pas...

Ma phrase est effectivement ambigue. on effectue 2 fois l'expérience avec la meme permutation.
Donc non, les cartes ne sont pas mélangées.

donc on a déjà une chance sur 9 de tirer la même première carte et d'arriver ipso facto à la même dernière carte. Plus d'autres possiblités de converger vers la même dernière carte en prenant un chemin différent. Donc le 0.13 s'explique bien.

je continue à penser que le calcul est infaisable à la main. Mathematica pourrait le faire mais risque de cracher quatre pages de résultat.

[petogo]

pour chaque permutation seul en moyenne 3 cartes son atteignable depuis les 9 premières cartes.
Parmis les 9 chemins, certains ne menent pas tous à une carte finales différentes.
Ce que j'ai représenté c'est pour 5000 permutations, le nombre de cas où chaque carte est atteignable.
Pour chaque permutations je teste tout les cas possibles.

Par exemple la carte 52 a fait partie des cartes finales dans 3308 permutations simulées.
On tombe donc bien plus souvent sur cette carte que sur n'importe quelle autre.

Apres je peut faire une simulation diffénrente si c'est pas clair.

JE veut pas forcément refaire les calcul complet à la main, mais comprendre les lois qui sont misent en place,
notament pourquoi exactement une moyenne de 3 cartes finales? ne peut-on pas retrouvé par le calcul un chiffre rond comme celui-la?
Quelle loi est réprensenté dans la distribution du nombre de cartes finales? globalement ça ressemble un peu a la loi normale.

On me demande de justifier mes résultats et de trouver les lois simulées.

PS: je vais poster des histogramme/courbes des résultats, ce sera plus parlant.