Bonjour,
Disons que je joue au Poker Texas Hold'em avec une autre personne. J'ai une paire de rois dans mon jeu et je cherche la probabilité d'obtenir un autre roi et seulement UN autre roi.
J'obtiens un résultat de 0,03833, mais je ne suis pas certain de la manière dont je m'y suis pris...
Pourriez-vous me dire si mon résultat est correct ou me dire comment m'y prendre sinon?
Merci
Salut, il faut nous préciser quelle étape du jeu; le flop ou le turn ou la river svp
Au Holdem, il y a 52 cartes.
Supposons que tu as 2 rois, il reste donc 2 rois et 48 autres cartes
La probabilité d'avoir exactement un roi au flop est donc de :
(on choisi 2 cartes parmi les 48 non-roi, et un roi parmi les deux)
- La probabilité d'avoir exactement un roi au turn, si on en pas eu un avant est de
- La probabilité d'avoir exactement un roi à la river, si on en a pas eu un avant est de
- La probabilité d'avoir exactement un roi au final est de :
(on choisi un roi parmi 2, et 4 autres cartes parmis les non-roi)
Pourquoi calculer ça? KK preflop c'est win dans tout les cas!
Si ce n'est pas juste pour le plaisir de faire les math, ces résultats sont très facilement trouvable sur internet :
http://fr.pokernews.com/strategie/po...3%A9s-4540.htm
tu as oublié qu'une carte est brulée ou cramée donc il reste juste 47 cartes sur le paquet;Envoyé par Tryss
donc le croupier va tirer de ces 47 cartes 3 cartes et les mettre sur la table devant les yeux des deux joueurs; c'est ce qui s'appelle le flop, et il faut avoir un seul roi entre ces 3 cartes de flop alors; pense à recalculer et bonne chance
Et je suppose qu'il y en a enfaite 45 car ton adversaire en a 2?
Et si on joue à 24, il n'y a que 3 cartes donc il reste 2 rois pour 3 cartes et tu as 100% de chances d'avoir un carré?
Pense à rereflechir et bonne chance
EDIT : Ho pardon il y avait en effet une erreur dans le message de base mais pas la où tu l'avais vu, il faut considérer qu'il reste 50 cartes et non 48.
malheureusement tous tes suppositions et calculs sont faux, et tu es allé loin parler de carré le mec veut juste un brelan de roi
Troll?
J'ai juste pris un cas extrême pour montrer l'absurdité d'enlever la carte brulée et les cartes des autres joueurs du paquet. (Dans les calculs)
En effet tu pourrais décider de faire un calcul avec un paquet de 47 cartes mais alors tu ne sais pas si il y a les deux rois dans ces 47 cartes, tu dois donc calculer la proba que un adversaire est un roi ou que la carte brulée soit un roi.
Mais cela n'a aucune intérêt, il suffit de considérer que toutes ces cartes sont dans le paquet puisque ce sont des inconnus.
Au final la réponse à la question de base est :
Il est plus facile de calculer la proba de ne pas toucher son brelan :
(48/50) x (47/49) x (46/48) = 0.8825
Soit exactement 11.75% de chance de toucher son set.
Il se peut aussi que ton adversaire a les deux autre roi.
Merci...
Ce qu'il faut retenir c'est qu'on fait les calculs avec 50 cartes inconnues.
Oui, mais a moins de le savoir (c'est à dire de deviner qu'il a un roi) ça revient au même de considérer toutes les cartes non révélées encore dans le paquet :
1) Si ton adversaire à les deux roi, la probabilité de toucher son brelan est nulle, et cette configuration a une probabilitéd'apparition
2) Si ton adversaire à un roi, la probabilité de toucher son brelan est de
3) Si ton adversaire n'a pas de roi, la probabilité de toucher exactement un brelan est de
On calcule la probabilité totale :
On retombe donc exactement sur le même résultat qu'en considérant que l'ensemble des cartes est dans le paquet (et le calcul est plus fastidieux)
Salut tlm, après une longue analyse plus logique je suis arrivé à trouver la solution la plus logique,pour tryss la probabilité de flop était 141/1225 = 0,1151= 11,51%, et pour leodark 11,75% et moi je dis 10,56%
on est d'accord que tous les cas possibles pour le flop sont C(50,3) cas différents; le flop nécessite l’opération suivante :
Paquet(52 cartes)--joueur(2 rois)--paquet(50)--adversaire(2)--paquet(48)--carte brulée(1)--paquet(47)--flop(3)
pendant cet opération il y a la naissance d'autres probabilités qui peuvent influencer la probabilité recherchée au final
notons paquet par p= et adversaire par a et la carte brulée par b, les deux rois restants existent surement dans ces trois ensembles; si on fait un dénombrement de forme p,a,b des possibilités des deux rois on aura :
2,0,0 : C(2,1) x C(45,2) deux rois dans le paquet
0,2,0 : 0 cas aucun roi dans le paquet
1,1',0 : C(1,1) x C(46,2) 1' pour faire la différence entre les deux rois
1',1,0 : C(1',1) x C(46,2)
1,0,1' : C(1,1) x C(46,2) l'un des rois est brulé
1',0,1 : C(1',1) x C(46,2) l'autre roi est brulé
0,1,1' : 0 cas l'un des rois est brulé et l'autre dans la main de l’adversaire
0,1',1 0 cas
ce sont tous les cas possibles durant cet ordre de distribution; on trouve juste trois combinaisons qui répondent à l'attente du joueur ayant deux rois, ces trois combinaisons sont : C(2,1) x C(45,2) et C(1,1) x C(46,2) et
C(1',1) x C(46,2) mais l'ensemble des cas de C(2,1) x C(45,2) est inclus dans l'ensemble des cas de C(1,1) x C(46,2) et C(1',1) x C(46,2) alors on retient juste la combinaison C(1,1) x C(46,2) et C(1',1) x C(46,2) qui représente tous les cas possibles pour l'apparition d'un roi et un seul rois sur la table; en déduire la probabilité recherchée qui est ;
(C(1,1) x C(46,2)+C(1',1) x C(46,2))/C(50,3)=(2 x C(1,1) x C(46,2))/C(50,3)
=(2 x 1 x 46 x 45/2)/(50 x 49 x 48/1 x 2 x 3 )
=0,1056...
=10,56 %
mais pratiquement on va pas faire toute cet analyse pour trouver 10,56 %; il suffit de déterminer l'ensemble du dernier tirage qui contient 47 cartes et parmi ces 47 cartes faut avoir au moins un roi :
1 roi Є P47 --- 2 x C(1,1) x C(46,2) (2 : 2 rois possibles )
2 rois Є P47 --- C(2,1) x C(45,2)
on retient la première ligne puisque il garantit la deuxième ligne
la probabilité recherchée est : 2 x C(1,1) x C(46,2) /C(50,3)
Remarque : pour l’étape du turn et de la river vous pouvez suivre la même procédure
La différence entre la proba de leodark et la mienne est parfaitement normale, il calcule la probabilité de toucher au moins un brelan (ie. toucher soit un brelan soit un carré), je calcule la probabilité de toucher uniquement un brelan. Si tu rajoutes la probabilité de toucher un carré à la probabilité que j'ai trouvé, tu tombes sur la probabilité de leodark :
Et ton calcul est bien entendu faux, tu ne calcules pas les probabilités pour lesquelles ces événements arrivent. Si tu veux faire ça proprement :
On va considérer l'ensemble cartes brulées + cartes des autres joueurs. à n joueurs pour faire le cas général. Il y a donc 2 cartes dans notre mains, 2n+1 cartes inaccessibles et 49-2n cartes dans le paquet, avec
La probabilité que les deux rois soient dans les cartes inaccessibles est de :
La probabilité de toucher un brelan est alors nulle
La probabilité qu'un roi se trouve dans les cartes inaccessibles est de :
La probabilité de toucher exactement un brelan est alors de :
La probabilité qu'aucun roi ne se trouve dans les cartes inaccessibles est de :
La probabilité de toucher exactement un brelan est alors de :
La probabilité de toucher exactement un brelan est donc de :
On simplifie :
Oh, miracle, la probabilité ne dépend pas du nombre de cartes inaccessibles et est exactement égale à celle que l'on obtient en considérant toutes les cartes dans le paquet (tant que l'on peut tirer au moins 3 cartes).
TL;DR : Les probabilités ne dépendent ni du nombre de joueurs, ni du fait que l'on brule une carte, ni de l'ordre dans lesquelles sont distribuées les cartes, ni de la phase de la lune ou du coefficient des marées.
Puisque tu insistes sur ta combinaison C(48,2) x C (2,1) à l’étape de flop, je vais te montrer ou est l'erreur dans cette formule en prenant un simple exemple et j’espère que tu comprends cette fois.
On a une information que le joueur dispose de deux rois et il attend un autre roi sur la table pour former un brelan; Supposons que la carte brulée est l'as de pique (1♠), et prenons le cas suivant :
(roi * as de pique * trois de cœur) ou comme ça : (roi * 1♠ * 3♥)
mais l'as de pique est brulé selon la supposition alors comment ce cas va arriver au flop ? et pourquoi intégrer ce cas dans la formule C(48,2) x C (2,1) puisque cette formule nous dit juste les cas qui peuvent arriver au flop ; examinons l'ensemble des cas de C(48,2) x C (2,1) on trouve
E(C(48,2) x C (2,1)) ={cas1,cas2,....,roi * 1♠ * 3♥,......}
et ce 1♠ va ruiner autres cas de ta combinaison C(48,2) x C (2,1)
qui s’écrivent de forme : roi * 1♠ * Y . qui sont au nombre de 47 carte restantes puisque Y peut prendre 47 valeur,
j’explique autrement pour bien comprendre, considérons une partie commence entre le joueur A et le joueur B,
A a deux rois et B a (5♠,9♦), ensuite le croupier tire une carte brulée qui s'appelle 8♣; donc là il est impossible que les cas de forme roi*8♣*Z arrivent au flop puisque 8♣ on l'utilise plus donc pourquoi intégrer les cas de formes
(roi*8♣*Z) dans la combinaison C(48,2) x C (2,1) puisqu'il est impossible par expérience qu ils se réalisent, peut être
(roi*8♣*Z) va arriver au flop dans une autre partie mais dans chaque partie on va rencontrer toujours un cas de forme (roi*carte brulée*Z) qui n'arrivera jamais au flop et qu il ne faut pas l’intégrer dans la formule C(48,2) x C (2,1)
et cela veut dire pleins autres cas faut les enlever de la combinaison C(48,2) x C (2,1) jusqu’à à arriver à la combinaison 2 x C(1,1) x C(46,2);
donc les cas qu il faut diminuer de ta combinaison sont :
C(48,2) x C (2,1) -2 x C(1,1) x C(46,2)=186 cas supplémentaires
C'est pour ça pour que vous ne tombiez pas dans ce genre des erreurs dénombrez à partir du dernier ensemble de tirage qui contient 47 cartes et appliquez les conditions possible sur cet ensemble
et par simplicité et sans complication le flop c'est quoi ? c'est un tirage de trois carte de 47 cartes alors appliquez le dénombrement et vous trouverez 10,56 %
On va la refaire :
Pour la simplicité, je vais considérer la carte brulée et la main de l'adversaire comme un seul groupe de cartes, vu qu'elles ne sont plus dans le paquet, le fait qu'elles appartiennent à l'un ou l'autre n'a plus d'importance. Dit autrement, la répartition des cartes à l'intérieur de ce groupe ne peut pas influencer la probabilité de tirer un brelan au flop, seul importe quels sont les cartes retirés du paquet. J'espère que tu es d'accord avec ça
On va ensuite découper en 3 cas :
1) Les deux rois sont dans les cartes retirées :
Cela a une probabilité de se produire égale à :
En effet, vu que les 2 rois sont dedans, il reste 1 carte à choisir parmi les 48 qui ne sont pas des rois, et il y a au total, C(50,3) façon de retirer 3 cartes du paquet.
La probabilité de tirer un unique roi au flop est alors de 0
2) Un seul roi est dans les cartes retirées :
Cela a une probabilité de se produire égale à :
En effet, il faut choisir un roi parmi 2, et 2 cartes parmi les 48 qui ne sont pas des rois.
La probabilité de tirer un unique roi au flop est alors de :
En effet, il faut choisir un roi parmi 1, 2 cartes parmi les 46 restantes qui ne sont pas des roi (48 moins les 2 cartes retirées qui ne sont pas des rois), et il y a au total C(47,3) flops différents.
3) Aucun roi n'est dans les cartes retirées :
Cela a une probabilité de se produire égale à :
En effet, il faut choisir 3 cartes parmi les 48 qui ne sont pas des rois.
La probabilité de tirer un unique roi au flop est alors de :
En effet, il faut choisir un roi parmi 2, 2 carte parmi les 45 restantes qui ne sont pas des roi (48 cartes qui ne sont pas des roi moins les 3 cartes brulées), et il y a au total C(47,3) flops différents.
On a donc une probabilité de tirer exactement un roi au flop égale à :
On calcule :
On simplifie :
on 'est pas d'accord, ton groupe que tu as composé comporte trois cartes et deux cartes du joueur(les deux rois) le reste est 47 cartes et pas 48,d'autres part je t'explique ou le piège de ce problème,On va la refaire :
Pour la simplicité, je vais considérer la carte brulée et la main de l'adversaire comme un seul groupe de cartes, vu qu'elles ne sont plus dans le paquet, le fait qu'elles appartiennent à l'un ou l'autre n'a plus d'importance. Dit autrement, la répartition des cartes à l'intérieur de ce groupe ne peut pas influencer la probabilité de tirer un brelan au flop, seul importe quels sont les cartes retirés du paquet. J'espère que tu es d'accord avec ça
C'est vrai que le joueur attend C(2,1) x C(48,2) mais en pratique certain cas de cette combinaison vont pas passer soit serons brulés ou bien sur la main de l'adversaire;et je te montre par l'absurde que la formule est totalement fausse;
supposons que le nombre de cas pour former un brelan est C(2,1) x C(48,2)
on commence la partie :
le joueur a deux rois; l'adversaire a deux cartes xy , la carte brulée est z
est ce que le cas roi-z-p peut arriver au flop ? impossible,parce que z est brulée, donc pourquoi on va intégrer ce cas roi-z-p dans la combinaison C(2,1) x C(48,2) sachant qu il est impossible qu il arrive au flop;
déduction : la combinaison C(2,1) x C(48,2) ne représente pas le nombre de cas possible
Interprétation, il y a des cas parmi C(2,1) x C(48,2) n'ont pas un chemin pour arriver au flop
si on joue n parties ou même l'infinité de parties il y aura toujours des cas qui n'arrivent pas au flop donc le joueur a une chance juste sur les cartes qui peuvent passer et va se contenter des cas ayant une possibilité d'arriver au flop et ces sont le reste du paquet après la carte brulée et les deux carte de la main de l'adversaire, le reste est 47
Ou est ce que tu vois que j'utilise 48 cartes dans le paquet pour le flop dans ce dernier message? Avec citation
Vous faite la supposition que la carte brûlée est l'as de pique et après vous calculez vos probabilité en sachant que la carte brûlée est l'as de pique. Dans la réalité il se pourrait très bien que la carte brûlée ne soit pas l'as de pique cet évènements n'a qu'une chance sur 48 de se produire.
Pour calculez des probabilités il faut que vous preniez en compte tous les évènements de manière à ce que l'union de ces évènements soit de probabilité 1.
Et vous osez appelez cette horreur une démonstration de maths ? Ça sur une copie de maths, c'est 0. Vous placez des questions au milieu de votre développement. Un minimum de formalisme pourrait servir, le formalisme c'est la base des mathématiques. Alors arrêtez de faire semblant de faire des maths et présentez une vraie démonstration parce qu'en raisonnant n'importe comment, vous démontrez n'importe quoi.je te montre par l'absurde que la formule est totalement fausse;
supposons que le nombre de cas pour former un brelan est C(2,1) x C(48,2)
on commence la partie :
le joueur a deux rois; l'adversaire a deux cartes xy , la carte brulée est z
est ce que le cas roi-z-p peut arriver au flop ? impossible,parce que z est brulée, donc pourquoi on va intégrer ce cas roi-z-p dans la combinaison C(2,1) x C(48,2) sachant qu il est impossible qu il arrive au flop;
déduction : la combinaison C(2,1) x C(48,2) ne représente pas le nombre de cas possible
Interprétation, il y a des cas parmi C(2,1) x C(48,2) n'ont pas un chemin pour arriver au flop
Premièrement vous n'êtes pas en train de faire une démonstration par l'absurde. Imaginons que votre développement soit juste :
Vous commencez par supposer une proposition P = "le nombre de cas pour former un brelan est C(2,1) x C(48,2)"
Ensuite vous démontrez (mal) par un tout autre moyen la proposition Non(P) sans jamais faire appel à votre hypothèse.
Enfin vous dites que ayant supposé P et démontré non(P) votre supposition est fausse et donc vous concluez que Non(P) est vraie.
Dans ce genre de raisonnement vous pouvez enlevez la supposition et la conclusion, vous avez démontré Non(P) de la même façon.
Ce genre de détails qui montrent que vous n'avez rien compris au principe du raisonnement par l'absurde n'aide qu'à embrouiller encore d'avantage une démonstration déjà complètement loufoque.
Deuxièmement vous dites que la combinaison roi-z-p ne peut pas sortir et qu'on ne devrait pas la compter dans le dénombrement. Effectivement les cartes que vous avez appelez x, y et z ne peuvent pas sortir au flop. Mais x, y et z sont des inconnues, personne ne fait le dénombrement avec ça, ça ne voudrait rien dire. On fait le dénombrement avec les cartes qui existent et qui sont susceptibles de sortir, pas avec les lettres de l'alphabet.
Sinon je vais utilisez le même genre de raisonnement que vous. Supposons que x soit le roi de pique et y le roi de trèfle (avec deux joueurs qui ont une paire de roi servie ça peut faire une partie fun ^^) alors dans ce cas là il est impossible de trouver un roi au flop.
J'en conclu donc qu'il y a une probabilité de 0% d'avoir un brelan au final lorsqu'on a une paire de roi...
Le problème de ce raisonnement c'est que x et y n'étant pas nécessairement des rois on ne peut pas supposez que ce sont des rois. Pas plus qu'on peut supposez que ce soit autre chose que des rois, on doit prendre en compte le fait qu'on n'en sait rien.
tu as mal compris tout malheureusement, je t'ai donné juste un simple exemple l'as de pique pour comprendre; et j'ai j'ai considéré dans le cas général une carte z brulée et cela réfute ta prétention que j'ai pris juste une seule carte, et peut être n'importe quelle carte, tu as tombé dans un grand piège de probabilités toi aussi, relis bien et attentivement pour bien comprendre, si tu n'arrives pas au résultat 10,56 % mec je vais dire que tu ne sais rien du mathématique, j'ai même contacté des prof de mathématiques et ils sont arrivé à la même probabilité 10,56 %, si ta tête est dure à comprendre je ne peux rien faire pour toi, pour nous chers lecteurs sachez bien qu il y a deux méthodes ici une fausse et une vraie,suivez la logique et ne tombez pas dans le même piège de probabilité
Non, c'est toi qui n'a rien compris, puisque même après avoir retiré 3 cartes, tu les comptes comme étant possible à obtenir dans le flop :
Donc soit tu considères les 50 cartes pour les deux dénombrements, soit dans aucun des deux dénombrements, il faut être consistant...la probabilité recherchée est : 2 x C(1,1) x C(46,2) /C(50,3)
Donc soit C(2,1)C(48,2)/C(50,3) = 11.51%, soit 2xC(46,2) / C(47,3) = 12.76%, pour au moins être consistant
j'ai donné la démonstration que toutes tes formules sont fausses stryss, pratiquement pas tous les cas de ton C(2,1)x(48,2)
peuvent arriver au flop; on parle de ce qui réel et pas imaginaire; tu calcules un dénombrement imaginaire, le joueur veut un cas réel qui peut exister en flop, l'ensemble de ces cas réels représentent son attente,
je t'explique autrement;
considérons le roi r et le roi r' de la main du joueur A(r,r') et le joueur B(x,y) a deux cartes inconnues x et y et la carte brulée est z inconnue;
alors décrivons exactement ce qui se passe au cours de la partie pas à pas , le croupier distribue deux cartes au joueur A
A(r,r') : là on peut dire Que A attend C(2,1) x C(48,2) cas possibles
le deuxième pas le croupier donne deux carte au joueur B et brule une autre
croupier---B(x,y)---croupier ---Z :alors A attend toujours C(2,1) x C(48,2) cas possibles ?
évidemment non par ce que chaque forme r,z,p ou r,z,q ne peut pas arriver au flop puisque z est brulée
et on sait que chaque forme r;z;p appartient à l'ensemble des cas E(C(2,1) x C(48,2))
alors il y a certains cas qu il faut diminuer de C(2,1) x C(48,2))
donc la logique dit et pas moi qui dit : le joueur lui restera une chance juste sur les cartes qui ont réussi à échapper de la main de l'adversaire et de crame;
c'est la pure logique cette démonstration , alors respecte la logique,
il faut bien penser avant de juger ne te presses pas, juste refais bien l'analyse, prend ton temps si tu veux pour comprendre, si j'avais une erreur dans mon analyse et mes calculs je vais pas m hésiter à l'avouer mais la logique là est claire comme 1+1=2,
Et le cas
ta formule n'est pas fausse juste dans une étape précise et je situe ou on peut appliquer ta formule
la partie commence :
je vais faire un schéma qui décrit comment ça se passe en deux phases
le croupier commence la distribution : (-->: distribution)
phase1:--->joueur A(roi1,roi2) ta formule s'applique là *phase2*-->joueur B(x,y)--> crame(z) la nouvelle formule s'applique
la nouvelle formule = ta formule - les cas qui ont été bloqués
et c'est cette nouvelle formule qui peut répondre aux attentes du joueur A pour former un brelan
Bah non...
On se place après que toutes les cartes aient été distribuées, et la carte cramée.
On a alors 47 cartes dans le paquet.
Sur ces 47 cartes, soit 0, 1 ou 2 cartes sont des rois.
La probabilité d'avoir 0 rois dans le paquet est alors de :
La probabilité d'avoir 1 roi dans le paquet est alors de :
La probabilité d'avoir 2 rois dans le paquet est alors de :
Jusque là, es tu d'accord? Si tu n'es pas d'accord, où et pourquoi exactement?
Maintenant on va s'intéresser aux probabilités d'obtenir des brelans dans ces 3 cas.
Dans le cas ou on a 0 rois dans le paquet, la probabilité d'obtenir un brelan est nulle
Dans le cas ou on a 1 roi dans le paquet, la probabilité d'obtenir un brelan est de :
Dans le cas ou on a 2 rois dans le paquet, la probabilité d'obtenir exactement un brelan est de :
Toujours d'accord? Sinon, pareil, si tu n'es pas d'accord, où et pourquoi exactement?
Ensuite, un peu de probas :
P(brelan) = P( brelan ET (0 rois OU 1 roi OU 2 rois) )
= P( (brelan ET 0 rois) OU (brelan ET 1 roi) OU (brelan ET 2 rois) )
= P(brelan ET 0 rois) + P(brelan ET 1 roi) + P(brelan ET 2 rois)
= P(brelan | 0 rois)P(0 rois) + P(brelan | 1 roi)P(1 roi) + P(brelan | 2 rois)P(2 rois)
(Oui, par définition P(A|B) = P(A et B)/P(B) )
D'accord? Si pas d'accord, pourquoi et où exactement?
On remplace ces probabilités par leurs valeurs et on obtient
Et le calcul donne :
Résultats par un calculateur ici
Oui, j'ai parfaitement compris que vous donniez un exemple "pour mieux comprendre" en plein milieu d'une démonstration comme argument de la dite démonstration.
Ce que vous avez écris n'est pas une démonstration. Vous devez démontrer dans le cas général votre formule, pas dans le cas particulier où l'as de pique est brûlée. Mais j'imagine que si la propriété que vous défendez bec et ongles est aussi simple, vous devriez pouvoir refaire la démonstration sans faire appel à des exemples pour aider à la compréhension.
Je vous demande une démonstration, pas que vous m'aidiez à comprendre des concepts de maths, contrairement à vous j'ai mon bac depuis quelques années et pas mal de mathématiques dans les baskets depuis. Arrêtez donc d'essayer de faire de la vulgarisation et soyez rigoureux.
Le coup de l'as de pique est dans votre message #14, l'histoire de z est dans votre message #16. J'ai séparé les deux parties dans mon commentaire, mais les deux ne fonctionnent pas. Dans le message #14 vous raisonnez dans un cas particulier.j'ai j'ai considéré dans le cas général une carte z brulée et cela réfute ta prétention que j'ai pris juste une seule carte
Dans le #16 vous nommez une carte inconnue z puis après vous la considérez dans votre raisonnement comme si cette carte était connu (en particulier ça n'a pas l'air d'être un roi) et vous en arrivez à considérer qu'un tirage du genre roi-z-p est une possibilité unique ce qui est faux.
En considérant par exemple que p est une carte non roi fixée. A priori z peut prendre n'importe quelle valeur qui ne soit pas un des deux rois dans la main du joueur, le roi du flop et p ce qui laisse 48 possibilités.
Vous direz que z ne peut pas non plus valoir ni x, ni y. C'est évident mais ça ne réduit pas les possibilités, x et y pouvant être eux même n'importe quoi toutes les valeurs restent dans l'univers des possibles.
Ce que vous appelez le tirage roi-z-p est en fait 48 tirages possibles (si on considère p connue) et vous ne cessez de faire dans vos démonstrations la confusion entre les cartes de valeurs connues et les cartes de valeurs indéterminées.
Vous avez ici typiquement ce que j’appellerais un raisonnement de "bête acculée". Vous manquez de répartie, ne savez plus comment répondre pour "prouver" que vous avez raison à des gens qui vous agressent. Réaction simple, vous commencez par affirmer que vous avez raison puis vous continuez en expliquant que si on n'est pas d'accord avec vous c'est du à un déficit intellectuel de ne notre part.j'ai même contacté des prof de mathématiques et ils sont arrivé à la même probabilité 10,56 %, si ta tête est dure à comprendre je ne peux rien faire pour toi, pour nous chers lecteurs sachez bien qu il y a deux méthodes ici une fausse et une vraie,suivez la logique et ne tombez pas dans le même piège de probabilité
La cerise sur le gâteau, vous appuyez le fait que vous avez raison avec un argument d'autorité on ne peut plus vague. Vous dites avoir contacté des profs de maths. Vous en avez vraiment contacté plusieurs ? Ils ont fait le calcul dans leur coin et ont trouvé 10,56%, ils vous ont confirmé le résultat sans ajouter le moindre commentaire ?
C'est tellement évident que c'est pas vrai, que vous n'avez contacté personne. Que vous ne sachiez pas faire des maths, c'est pas très grave, mais apprenez au moins à mentir, ça peut servir dans la vie ça.
Ah oui, si votre prochain message est du genre "Tu peux croire ce que tu veux, moi je sais bien que j'ai des profs de maths derrière moi qui valide tout ce que je dis"
De toute façon ça n'a pas grand intérêt. L'argument "un prof de maths le dit" n'a pas la moindre valeur en mathématique. Tout bon prof de maths vous le dira, il ne faut jamais croire sur parole un prof de maths. Même si vous envoyiez une dizaine de profs de maths chez moi m'affirmer que la proba c'est 10,56% je leur demanderais la même chose qu'à vous, c'est à dire une démonstration.
Seule la démonstration est un argument valable en mathématique et une démonstration ça s'écrit rigoureusement.
Merci pour vos réponses !
Je crois que la réponse que je recherchais était la suivante :
La probabilité de ne pas obtenir de rois en tirant 5 cartes parmi les 50 cartes inconnues est :
Donc la probabilité d'obtenir au moins 3 rois est 0,192. Mais, puisque je ne veux pas de carré, je dois soustraire la probabilité d'obtenir un carré. J'obtiens finalement le résultat de 0,184.
Quelle est ta formule pour calculer la probabilité d'avoir un brelan S321 ?
Tryss je peux te montrer encore que ce que tu as fait est faux et tu as répété la même méthode de façon différente
ce que tu as fait là est correcte juste dans la phase 1 que j'ai déjà indiqué
Le raisonnement de Tryss étant correcte, j'obtiens la même chose que lui.
Plutôt que de continuer d'affirmer sans argument qu'on se trompe démontrez le. Vous n'avez jamais répondu à mes critiques de votre démonstration (à part m'affirmer que je suis trop con pour la comprendre). Ainsi, contrairement à ce que vous dites, à l'heure actuelle vous ne pouvez pas montrer que Tryss à tort.
Les paires colorées n'ont pas besoin d'être dissociées, étant donné que la répartition des formes (trèfle, coeur, pique, carreau) des rois (comme des autres familles) ne nous importe pas.
Si on suit ta méthode, considérons aussi la répartition des non-rois. Cela nous donne les triplets possibles suivants :
((p1;p2);(a1;a2);(b1;b2)) avec pour contraintes : p1+p2=47 ; a1+a2=2 ; b1+b2=1 ; a1, a2, b1, b2, p1, p2 naturels.
S'ajoutent les contraintes dues à la condition "roi ou non-roi" : p1+a1+b1=2 ; p2+a2+b2=48.
Ci-gisent les nombres respectifs de possibilités de chaque répartition des deux rois au sein de p, a et b :
< le "p" utilisé ci-dessous n'est pas le "p" que tu as nommé pour "paquet".>
P(A = ((2;45);(0;2);(0;1)) ) =
P(B = ((0;47);(2;0);(0;1)) ) =
P(C = ((1;46);(1;1);(0;1)) ) =
P(D = ((1;46);(0;2);(1;0)) ) =
P(E = ((0;47);(1;1);(1;0)) ) =
On remarque que leur somme égale 1225.
On remarque également que 1225 au nombre de combinaisons de 2 (rois) parmi 50 (cartes) :
Ce résultat peut te suggérer que le nombre de possibilités au total ne dépend pas de la répartition des cartes, mais du nombre de cartes. La somme des possibilités aurait été la même s'il y avait plus de joueurs, dès le moment où tu as reçu tes deux cartes.
Par contre, les nombres de possibilités de chaque variante dépend des contraintes. Et ces cinq nombres vont pondérer les probabilités que l'on va calculer ensuite.
Pour chacune de ces cinq répartitions, on calcule alors la probabilité qu'apparaisse, juste après le flop (puisqu'on a une et une seule carte brûlée).
Parmi les trois premières cartes posées, on veut un roi exactement, donc deux non-rois exactement. Nommons cet événement YES. [Yes, j'ai un brelan !] Et les cartes ne peuvent venir que du paquet, ni de la carte brûlée, ni de l'autre joueur (ni des autres joueurs). Le croupier va donner 3 cartes parmi 47. Le nombres de possibilités est :
Si on est dans le cas A (les deux rois sont encore dans le paquet, accompagnés de 45 non-rois), on veut tirer 1 roi parmi 2 et 2 non-rois parmi 45.
Il faut maintenant additionner les produits (de p(YES)A et P(A), puis diviser le tout par 1225 (ce qui nous fera comme une moyenne pondérée), ce qui nous donne
Peux-tu m'expliquer pourquoi cet ensemble serait compris dans un autre ensemble (a fortiori dans deux autres ensembles) ? sachant que ces trois ensembles (de possibilités), tels que tu les as définis, sont disjoints. L'ensemble des cas où il y a exactement deux rois dans le paquet et l'ensemble des cas où il y a exactement un roi dans le paquet sont disjoints. Dans aucun ne peut être inclus dans l'autre.
[C'est justement pour ça que, dans ce genre de problème, on définit un ensemble d'hypothèses (de sous-ensembles) précises qui doivent respecter deux règles :
- pour tout couple de sous-ensembles, ces deux doivent être disjoints,
- le somme des cardinaux de ces sous-ensembles disjoints doit égaler le cardinal de l'ensemble.
Autrement dit :
- deux hypothèses doivent être incompatibles une à une,
- la somme des probabilités des hypothèses doit égaler 1.
L'avantage de deux ensembles disjoints est que la somme de leurs cardinaux égale le cardinal de leur disjonction (réunion).]
Forcément, si tu réduis le nombre de possibilités (le numérateur positif), la probabilité (la fraction au numérateur et au dénominateur positifs) va être réduite.
Remarque que, dans le calcul que je viens de faire, selon ta démarche, nous n'étions pas du tout obligés de dissocier le tas des cartes brûlées et le jeu du joueur A, étant donné que les cartes mises sur la table ne viennent que du paquet (du croupier).
Pour toutes suppositions (=hypothèses), comme la suivante :
Là, tu découpes encore plus les hypothèses, les ensembles. Au final, ça ne change pas le résultat. ça fait juste allonger le calcul.
En effet, si tu te mets à prendre cette hypothèse et à calculer sa probabilité ainsi que la probabilité de voir un roi sur la table sachant que la carte brûlée au flop est l'as de pique, tu devras faire exactement le même calcul pour "supposons que la carte brûlée soit l'as de trèfle", "supposons que la carte brûlée soit le roi de trèfle (que je n'ai pas)", etc. Là aussi, tu arriveras au même résultat.
Admettons que le croupier ait malencontreusement révélé l'as de pique brûlé, il met cette carte face visible.
Si tu envisages ce cas, tu n'as plus besoin de décortiquer en hypothèses ce qu'il y a dans le tas de cartes brûlées. Ne te restent que le paquet et les deux cartes de l'autre joueur.
Et là, il y a 49 cartes dont l'emplacement est inconnu. Donc ne restent que 2 rois et 47 non-rois.
Mais si tu envisages "si la carte brûlée est un non roi", tu devras prendre en compte cela ainsi que :
- calculer la probabilité que la carte brûlée soit un non-roi et la multiplier par la probabilité d'avoir exactement 1 roi parmi les 3 premières cartes jetée sachant que la carte brûlée est un non-roi,
- calculer la probabilité que la carte brûlée soit un roi et la multiplier par la probabilité d'avoir exactement 1 roi parmi les 3 premières cartes jetées sachant que la carte brûlée est un roi.
[On est dans le domaine des probabilités conditionnelles.]
Mais pourquoi compliquer en se focalisant sur l'as de pique sachant que tout ce que l'on veut, c'est un roi exactement et deux non-rois exactement. Peu importe encore lequel des deux rois, peu importe lesquels des non-rois. Moins encore importe de savoir s'ils sont pique, trèfle, coeur ou carreau. La réponse à la question dépend uniquement des contraintes (que veut-on [1 roi exactement]? quelle est la situation [je viens de recevoir ma deuxième carte, et le croupier va brûler le flop] ? quelles sont les règles du jeu [texas hold'em, mais on n'a pas besoin de connaître la suite du jeu ni si l'adversaire bluffe]?
Comme tu l'auras remarqué, Tryss n'est pas passé par le même chemin. Dans cette formule, on ne considère que ce qu'on va tirer : 2 non-rois parmi 48 non-rois et 1 roi parmi deux rois. Peu importe où ils se trouvent, puisqu'on ne sait pas. On doit envisager toutes les possibilités. Là, il a simplement dissocié les rois et les non-rois. Et c'est ce qu'il y a à faire, puisqu'on veut un roi (exactement). Et si on ne sait pas où ils sont, tant les rois que les non-rois, alors on met toutes les cartes dans le même tas. Si on nous avait dit que le joueur avait vu un trèfle et un carreau (il a pas su distinguer quelles cartes) chez l'adversaire (peu malin), là, ça aurait changé un peu (parce que ça réduite le nombre de possibilités chez l'adversaire, et donc dans le paquet aussi). Plus il y de contraintes/informations, moins il y a de possibilités. Moins il y a de contraintes/informations, plus il y a de possibilités à envisager.
Mais venons-en au fait : pourquoi ça ne change pas le résultat si je découpe en plusieurs hypothèses ?
On va prendre un exemple avec moins de cartes, avec un seul paramètre : le chiffre. Mettons qu'il y ait un jeu de cartes à 12 cartes, numérotées de 1 à 12. ça fait bien moins que 52 (pour le calcul, ça va aller ; et les règles de probabilités restent tout autant valables). Donc E = {1;2;3;4;5;6;7;8;9;10;11;12}
Disons que, dans toutes les situations que je vais prendre pour exemples, j'ai exactement deux cartes qui sont deux nombres pairs. Je dois tirer deux cartes dans le tas de 10 cartes. Et je veux avoir exactement un troisième nombre pair. [En fait, là, il y a au moins 2 tas : le tas non personnifié et moi. S'il n'y avait qu'un tas, ce serait moi, et j'aurais toutes les cartes en main.]
Situation du lundi : je suis en solitaire, j'ai deux cartes qui sont des nombres pairs. Je dois deux cartes. Quelle probabilité ai-je de tirer exactement un troisième nombre pair ? (tirer un nombre pair parmi quatre et un nombre impair parmi six)
Situation du mardi : je joue avec un deuxième joueur. Il a aussi deux cartes. J'ai de nouveau deux cartes qui sont deux nombres pairs. Quelle probabilité ai-je de tirer un troisième nombre pair ?
Comme je n'ai aucune information, je suis en droit d'effectuer le même raisonnement que hier. Le tas de mon adversaire et le tas non personnifié faisant ensemble un tas de dix cartes. Mais pourquoi ?
On pourrait disséquer en trois sous-hypothèses : {mon adversaire a deux nombres pairs ; mon adversaire a un nombre pair ; mon adversaire n'a aucune nombre pair}
Probabilité qu'il ait deux nombres pairs : (et aucun nombre impair)
Probabilité qu'il ait un nombre pair : (et un nombre impair)
Probabilité qu'il n'ai aucun nombre pair : (et deux nombres impairs)
[Évidemment, la somme égale 1.]
Calculons maintenant les probabilités que je tire un nombre pair exactement selon chacune des trois hypothèses.
Effectuons alors les trois produits que nous additionnons ensuite :
Oho ! Même réponse que pour la situation du lundi !
Entre lundi et mardi, qu'est-ce qui n'a pas changé ? le nombre de cartes au total. Mais aussi les cartes que j'avais (deux nombres) pairs. On voit donc que mes deux cartes n'avaient pas tant d'importance. Le calcul aurait été le même si je n'avais pas de cartes et voulais tirer un premier as et s'il n'y avait que dix cartes allant de 1 à 10. En fait, voilà : il y a seulement dix cartes qui peuvent être placées différemment !
Dans la situation du lundi, il y a un tas de quatre nombres pairs et six nombres impairs. Quelle probabilité de tirer deux cartes qui soient un nombre pair et un nombre impair ?
Dans la situation du mardi, il y a les mêmes cartes en deux tas (un de deux, un deux huit cartes). Quelle probabilité de tirer, du tas de huit cartes, deux cartes qui soient un nombre pair et un nombre impair ?
Ben exactement la même probabilité car on a autant d'informations que dans la situation du lundi.
Soient deux événements J et K stochastiquement indépendants.
Admettons que l'on ait trouvé p(J), la probabilité que J ait lieu. Est-ce que la probabilité de l'événement K va influencer la probabilité de l'événement J ?
Si on a un arbre qui se découpe en deux branches, il y aura p(J) et p(/J) dont la somme vaut 1. Quelle est la probabilité de l'événement J ? p(J).
Si on a un arbre qui se découpe en deux fois deux branches. La première découpure sera p(K) et p(/K).
Chacune des deux branches va se découper en deux sous-branches pour J et /J.
La première sous-branche sera
La deuxième sous-branche sera
La troisième sous-branche sera
La quatrième sous-branche sera
Quelles branches sont favorables à l'événement J ? la première et la troisième branche. Additionnons-les donc !
Bon, je n'ai pas encore trouvé comment faire le ET, le OU et le NON en LaTex.
Mais le fait est que, même si à la première division du tronc d'arbre il y avait eu trois branches/variantes ou plus, la probabilité que l'événement J arrive n'aurait pas changé, du moment que la somme des probabilités de chaque ramification égale 1. Par transitivité, c'est aussi valable s'il y a plus de deux divisions de branches.
Shokin
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