Un peu de mathématiques...

J'ai eu l'idée de ce sujet en lisant cet article : http://www.lembee.com/fr/

Alors il est amusant de constater qu'il s'agit d'une méthode connue dans le domaine des jeux, mais pas pour gagner, plutôt pour ne pas perdre.
Il y a un risque (qui diminue si la valeur de la mise initiale augmente) de tout perdre, mais en compensation cette méthode permet de gagner un peu d'argent en un temps plutôt long.

La méthode est la suivante :

Supposons un jeu qui consiste à parier sur une possibilité parmi deux. Par exemple pile ou face, ou rouge et noir.
Supposons aussi qu'il est équilibré (une chance sur deux pour chacune des possibilités) et que chaque tour est indépendant des autres.
Enfin, supposons qu'en cas d'échec la banque récupère la mise du joueur, alors qu'en cas de victoire, la banque rend la mise et donne ensuite la valeur de la mise (double la mise quoi ^^ mais je voulais éviter les ambiguïtés).

Ceci dit, voici l'algorithme à adopter :
1) choix d'une couleur
2) soit n le nombre d'échecs, commençons à n=0
3) miser 2^n sur la couleur
4) si réussite, revenons à 2) (ou 1) si vous voulez changer de couleur ^^)
si échec augmentons de 1 la valeur de n et revenons à 3)

Exemples :

Je dispose de 1000 jetons, et j'ai eu 0 échec.
Je choisis rouge.
Je mise 1 (soit 2^0).
Je gagne. Donc je récupère ma mise d'un jeton et j'ai un jeton en plus.
Je dispose alors de 1001 jetons.

Je choisis rouge.
Je mise 1.
Je perds.
Je dispose alors de 1000 jetons, et je note que j'ai eu un échec.
Je mise 2 (sur la couleur choisie, la couleur n'importe pas).
Je gagne.Donc je récupère ma mise de deux et j'ai deux jetons en plus.
Je dispose alors de 1002 jetons.

Je dispose de 1002 jetons.
Je mise 1, je perds.
Je mise 2, je perds.
Je mise 4, je perds.
Je mise 8, je perds.
Je mise 16, je perds.
Je mise 32, je perds.
J'ai perdu 1+2+4+8+16+32 = 63 jetons.
Je dispose maintenant de 1002-63 = 939 jetons. J'ai perdu 6 fois, c'est le 7ème tours.
Je mise 64, je gagne. Donc je récupère ma mise, et je gagne en plus 64 jetons.
Je dispose maintenant de 939+64 = 1003 jetons.
Etc.

Vous comprenez d'où vient l'astuce ?
Supposons que je dispose d'une somme initiale S, que je perde pendant n tour et que je finisse par gagner au n+1 ème.
Si je perds les n premiers tours, je vais donner 1+2+4+...+2^(n-1) jetons à la banque.
1+2+4+...+2^(n-1) = ( 1-2^n ) / ( 1-2) ) = 2^n - 1
Donc je vais disposer de S - (2^n - 1) = S +1 - 2^n
J'ai parié 2^(n-1) au dernier tour donc je parie maintenant 2^(n-1) * 2 = 2^n
Je gagne ce tour-ci, donc je récupère ma mise et je gagne en plus 2^n.
Donc je vais disposer de ( S +1 - 2^n ) + 2^n = S + 1 à la fin.
Conclusion, à chaque tour de boucle je gagne 1 (si je finis par gagner un tour).

Où est le risque ? Que je ne gagne jamais !
La probabilité que je perde à un tour est de 1/2. La probabilité que je perde n tours de suite est de 1/2^n.
Pour un nombre infini de tours, la probabilité qu je perde tend donc vers 0, ce qui signifie que si je peux tenir une infinité de tours je gagnerai forcément un jour ou l'autre... (quoique ^^)
Evidemment, je ne peux pas tenir une infinité de tours, car ma mise de départ n'est pas infinie. De toutes façons, si elle était infinie je me moquerai de gagner 1 jetons à chaque fois...
Par exemple, avec une mise de 1000 jetons, je peux maintenir cet algorithme 9 tours.
En effet, je peux tenir n tours si 1+2+4+...+2^(n-1) = 2^n - 1 < 1000, soit 2^n < 1001. (avec < signifiant inférieur ou égal)
Or, 2^9 = 512 et 2^10 ^1024.
En admettant que je puisse emprunter 23 jetons à un pote, je peux maintenir l'algorithme pendant 10 tours.

Quelle est la probabilité que je perde pendant ces dix tours ? Elle est de 1/2^10 = 1/1024 = 0,000 976... (merci calculatrice ^^) un peu moins de un millième quoi (la calculatrice ne servait pas en fait ^^). C'est faible, mais ça peut arriver.
Surtout que si je le fais mille fois (pour atteindre les 2000 jetons) elle est loin d'être négligeable...
Vous voulez voir ?
Le fait que je perde au moins une fois est le contraire de gagner toujours. Je vais donc estimer les chances que j'ai de toujours faire fonctionner cet algorithme jusqu'au bout sans me retrouver à sec.
Evidemment, je suppose qu'au début que que je peux emprunter un peu d'argent pour accéder au dixième tour, et ce ne sera plus nécessaire au bout de 23 tours. Par contre 1024*2 = 2048, et je vais supposer que mon pote ne peut pas me prêter plus de 48 jetons pour que j'ai toujours dix tours à tenir (pour simplifier les calculs, et aussi parce que le pote en question en a marre de mes bidouilles) et que je ne rajoute pas de onzième tour. Et le pote en question me traînera hors du casino si je perds au bout de dix tours, entre autres parce qu'il veut être sûr de se faire rembourser ^^ Ainsi, dans tous les cas le jeu s'arrête dès que je perds une fois avec l'algorithme et je n'ai toujours que dix tours pour gagner.
En faisant cet algorithme une fois, la probabilité que je gagne est de 1-1/2^10.
La probabilité que je gagne en faisant cet algorithme mille fois est de ( 1-1/2^10 )^1000 = 0,376... (merci calculatrice ^^) soit un peu plus d'un tiers... et donc la probabilité que je perde est d'un peu moins de deux tiers.
J'ai donc un peu plus de 62% de chances de me planter en voulant seulement doubler ma somme initiale (sous les hypothèses relativement faibles que j'ai posées, évidemment, mais c'était pour donner un ordre de grandeur).

Nous sommes donc bien loin des louanges du lien que j'ai donné plus haut. Encore une publicité mensongère...
C'est une méthode qui consiste globalement à ne pas perdre, mais qui au final soit rapporte peu, soit fait (presque) tout perdre (probabilité faible mais qui augmente au bout d'un nombre conséquent d'essais).

J'ajouterai une dernière chose.
Il semble intéressant de pouvoir utiliser cette méthode pour se faire de l'argent de poche avec une grosse mise initiale (en acceptant le risque de la perdre, évidemment, si la chance sur mille se produit). Mais en dehors du fait que je trouve que cela rapporte trop peu par rapport au risque pris, il y a une information qui rend la méthode encore moins intéressante en pratique.
Dans les casinos il y a un zéro qui n'a pas de couleur, ce qui fait qu'il y a un peu plus de valeurs qui ne sont pas de la couleur choisie que de valeurs ayant la couleur choisie, aussi la probabilité de gagner à chaque fois est inférieure à 1/2, ce qui joue sur la probabilité de tout perdre.

Pour compléter l'article, je vais en faire l'estimation. Il y a les nombres de 0 à 36 (donc 37 valeurs), et donc il y a le zéro, 18 nombres rouges et 18 nombres nombres noirs. Si je choisi rouge, la probabilité que je gagne est de 18/37 et la probabilité que je perde est de 19/37. Avec mes 1000 jetons et mon pote, je peux tenir dix tours. La probabilité que je perde aux dix tours est de (19/37)^10 = 0,001 275... , ce qui est bien supérieur à 0,000 976... .
Dans ce cas, la probabilité que je gagne en faisant l'algorithme mille fois est de ( 1- (19/37)^10 )^1000 = 0,279 196... et donc en rajoutant le zéro j'ai un peu plus de 72% de chances de me planter, au lieu des 62% annoncés avec une probabilité de 1/2 de réussite dans un tour.
Ainsi, mettre le zéro plombe de 10% supplémentaires les chances de celui qui voudrait doubler sa somme initiale de 1000 jetons (sous les hypothèses annoncées).

Evidemment, il faudrait refaire les calculs avec d'autres valeurs initiales, mais il s'agissait surtout de donner un ordre d'idée des tenants et aboutissants de cette méthode. Avec des sommes de départ plus élevées, il est possible de tenir plus de tours et donc d'augmenter les chances de gagner. D'un autre côté, cela augmente le temps nécessaire pour doubler la mise...
Je ferai un edit pour résoudre cette question après avoir trouvé des piles pour ma vraie calculatrice et fait un programme.

J'espère que cet article l'article vous a plu, et qu'il vous donne un aperçu concret des mathématiques ^^
Je posterai peut-être d'autres articles du même genre, mais n'hésitez pas à commenter ^^

Admettons qu'on joue toujours rouge ... (ou pile). Quelle est la probabilité pour que le rouge (ou pile) ne sorte pas pendant 5 tours ? 6 ? 7 ? As-tu dejà réussi à tirer 7 faces d'affilé ?

Si la probabilité est équilibrée (1/2 pour les deux) le choix de la couleur importe peu et c'est en fait la mise qui importe. Même avec le zéro le choix de la couleur importe peu car la probabilité d'avoir rouge est égale à celle d'avoir noir, et choisir toujours la même couleur ou alterner ou une autre combinaison ne change rien aux calculs. Ce qui est en fait calculé ce sont les chances de gagner ou de perdre sur un certain nombre de tour.

Si tu choisis rouge, que la probabilité d'avoir rouge est de p et que les tirages sont indépendants entre eux, la probabilité de perdre sur un tirage est de 1-p et la probabilité de perdre sur n tirages est de (1-p)^n.
La probabilité de tirer 7 faces à la suite (si la pièce est équilibrée et les tirages indépendants) est de 1/2^7 = 0, 007 812 5, soit moins de 0,8%. Je n'ai pas essayé ça, mais j'ai essayé d'autres tirages simples qui semblent accréditer les lois de probabilité exhibées en mathématiques (comme ma dernière expérience : probabilité d'avoir un 8 en 6 lancers avec un dé à huit faces, l'écart était vraiment faible entre mon expérience d'une quarantaine (ou une vingtaine, je ne sais plus) de lancers et le résultat théorique, genre un peu plus d'un centième de différence).



Complément sur l'article.

En fait je ne vais pas faire un edit, car ce que je voulais faire est un peu long, aussi je vais poster à la suite.
La question était de savoir ce qu'il se passait pour une autre somme initiale que 1000 jetons. C'est un peu plus technique, aussi je vous conseille de lire ça à tête reposée.
Nous sommes dans les mêmes conditions de jeu qu'au casino (tirages indépendants, avec le zéro, perd ou double), enfin si le casino ne triche pas, car c'est encore une autre histoire ^^ Disons qu'il tient à sa respectabilité et qu'il y a eu une enquête il n'y a pas longtemps ^^
Je vais supposer que le joueur a déjà emprunté tout l'argent disponible à son pote et qu'il part avec une somme totale de S.
Je vais supposer également qu'il suit vraiment l'algorithme, et qu'il part dès que l'algorithme est mis en défaut. Ceci peut se comprendre car si l'algorithme est mis en défaut il perdra vraiment beaucoup d'argent.

D'ailleurs il est possible de montrer que lorsque l'algorithme est mis en défaut, le joueur repart avec moins que sa somme initiale.
En effet, s'il part au départ avec une sommes S et qu'il veut doubler sa mise avec l'algorithme, il peut gagner m fois et perd à la m+1 ème, avec m < S (je vais noter l'inférieur ou égal <= et l'inférieur strict < vu que la nuance importe ici).
Soit n tel que 2^n <= S+1 < 2^n+1, n correspond au nombres de tour que peut encaisser le joueur. A partir d'un certain moment il pourra en encaisser un de plus, mais pas deux, car il souhaite s'arrêter à 2S < 2S+2 < 2^n+2.
Si S+1+m < 2^n+1, alors il continue à ne pouvoir encaisser que n tour et perd 2^n si l'algorithme est mis en défaut.
Il dispose alors d'une somme de S+m-2^n, qu'il reste à estimer.
S+m < 2^n+1 -1, d'où S+m-2^n < 2^n+1 -1 -2^n = 2^n -1 <= S
Nous avons bien S+m-2^n < S.
Si 2^n+1 -1 <= S+m < 2S, il peut tenir n+1 tours et donc va perdre 2^n+1 si l'algorithme est pris en défaut.
S+m < 2S = S + S < S + 2^n+1 -1, d'où S+m -2^n+1 < S-1 < S
Nous avons bien S+m-2^n+1 < S.
Donc, comme je le disais, il repart avec moins que sa somme initiale si l'algorithme est mis en défaut, et donc je vais considérer qu'en ayant marre il décide de partir à ce moment-là.

Maintenant il va s'agir d'évaluer ses chances de gagner avec l'algorithme en voulant doubler sa mise de départ, en partant d'une somme initiale S.
Donc pour doubler sa somme initiale de S, il va donc devoir gagner S jetons. Comme il gagne 1 à chaque fois qu'il utilise l'algorithme, il va devoir gagner S fois avec l'algorithme.
Soit n tel que 2^n <= S < 2^n+1. Le n va indiquer le nombre de tours qu'il peut tenir au début.
A un moment il va peut-être pouvoir tenir un tour de plus, c'est quand S+m - 2^n+1 va devenir positif, où m représente le nombre de fois où il a gagné. Cela arrive quand S+m = 2^n+1, d'où m = 2^n+1 - S, avec m<S.
la contrainte m<S est presque toujours véifiée, car m<S revient à dire que 2^n+1 - S < S, ce qui revient à dire que 2^n < S, ce qui est toujours le cas sauf quand S=2^n.

Ainsi il y a deux cas (ou peut-être un si la formule s'y prête).
(affaire à suivre).

Je veux une démonstration IRL ... Je tiens le pari ! J'ai pas tout compris mais je suis sûr qu'on peut tirer avantage de cette méthode !

Justement, cet article démontre en quoi cette méthode est tentante mais en fait inefficace.
Tu tiens quel pari ?

La prochaine fois je finirai mon complément en proposant un programme permettant d'évaluer le pourcentage de réussir à doubler sa mise en fonction de la somme initiale. Je l'ai fait au brouillon, mais il me reste à le recopier et à le tester (je vais enfin ressortir ma vieille calculette ^^).

Et après je proposerai un résumé utilisable, ce qui nous permettra de mieux tester irl s'il y a accord entre la théorie et la pratique, même s'il faudra assez d'essais pour que les expériences aient une valeur statistique.
Le fait qu'il y ait accord ou non m'intéresse beaucoup, car j'aimerai bien voir si ce que j'apprends en cours correspond bien au réel ^^

Je parie qu'avec un choix binaire (pile/face) et une mise de départ de 4032 je gagne à 99% ! Et je peux me débrouiller avec une mise de départ de 1000 mais ça sera plus long.

4095, plutôt, non ?
Et justement, plus la somme de départ augmente, plus ce sera long pour faire les tours ou pour doubler la mise.

Et puis je n'ai fait l'évaluation que pour 1000 "+23" jetons, même si ton estimation de 99% me paraît vraiment naïve ^^


Fin du complément.

Deux cas.

1) Si S = 2^n -1, (alors n = log2(S+1) où log2 est le logarithme en base deux)
Le joueur peut tenir n tours la première fois qu'il teste l'algorithme (que j'appellerai première manche).
2S < 2^n+1 -2 < 2^n+1 -1
Donc s'il réussit, il aura doublé sa mise avant de pouvoir tenir un tour supplémentaire.
A chaque tour, il a une probabilité de 18/37 de gagner, et donc une probabilité de 19/37 de perdre.
La probabilité qu'il perde les n tours est de (19/37)^n, donc la probabilité qu'il gagne un jeton avec l'algorithme est de 1 - (19/37)^n.
Pour doubler sa mise, il doit gagner S jetons, et donc répéter l'algorithme S fois. La probabilité qu'il gagne S jetons avec l'algorithme est de ( 1 - (19/37)^n )^S.

2) Si 2^n -1 < S < 2^n+1 -1, (alors n = ent( log2(S+1) ), où ent est la partie entière )
Il peut tenir n tours au début, mais il y a un moment où il peut en tenir un nouveau. Ce moment arrive quand il a gagné m fois, où m est tel que S+m = 2^n+1 -1, d'où m = 2^n+1 -1 -S.
Il s'arrête bien quand il double sa mise, d'où S+m < 2S, et m < S. Cette contrainte est bien vérifiée car 2^n -1 < S est équivalent à 2^n < S +1 qui est équivalent à 2^n < S +1/2 (car ce sont des entiers) qui est équivalent à 2^n+1 < 2S +1 qui est équivalent à 2^n+1 -S -1 < S qui est équivalent à m < S.
De la manche 1 à la manche m-1, le joueur fait m-1 manches et dispose de n tours. La probabilité qu'il gagne ces manches avec l'algorithme est donc de ( 1 - (19/37)^n )^m-1.
De la manche m à la manche S, le joueur fait S-m+1 manches et dispose de n+1 tours. La probabilité qu'il gagne ces manches avec l'algorithme est donc de ( 1 - (19/37)^n+1 )^S-m+1.
Donc la probabilité qu'il gagne de la manche 1 à la manche S est de ( 1 - (19/37)^n )^m-1 * ( 1 - (19/37)^n+1 )^S-m+1.

Evidemment, mon algorithme ne compile pas, donc suite au prochain épisode...

(Après voir erré du côté du manuel d'utilisation sur le site de Texas Instrument (R), notre aventurier revient à la charge...)

Donc...
Je viens de me rendre compte que ce que j'avais calculé à la main ne rentrait pas dans le programme que je viens de faire ^^

Je vais faire un tableau avec certaines valeurs données par mon programme. Rappelons que le joueur utilise la méthode ci-dessus, qu'il souhaite doubler sa mise et qu'il s'en va si l'utilisation de l'algorithme le conduit à perdre une manche. J'arrondis les valeurs aux pourcentages avec une décimale.

Somme initiale	Pourcentage de réussir
1	48,6%
10	36,2%
20	33,8%
50	32,0%
100	30,7%
200	29,6%
500	28,2%
1000	27,2 %
2000	26,2%
5000	25,0%
10 000	24,1%
1 000 000	18,3%
1 000 000 000	10,9%
10^12	5,6%
10^15	2,9%
4032	25,3%

(chose amusante, à partir de 10^16, ma calculatrice indique 1... elle a surement atteint les limites de sa mémoire, la pauvre... enfin, elle a lâché dans la bonne plage de valeur je trouve ^^)

Mon calcul dit que la probabilité que tu gagnes avec une somme initiale de 4032 est plutôt d'un peu plus d'un quart, et non presque certaine. Un peu moins de 74% d'écart, c'est beaucoup, donc ça devrait se voir en test.
Je tiens le pari ^^ Le perdant devra écrire :"Je me suis trompé et je reconnais mon erreur." dans le topic flood et en gros caractères , qu'en penses-tu ?
Evidemment il faudrait le faire dix fois ou plus pour avoir un début d'échantillon statistique... à combien veux-tu fixer le nombre de tests ?

[edit] Ah ! Un choix binaire !
Atta...
Avec juste du binaire mon programme donne 36,8% de réussir avec 4032, ce qui fait un écart d'un peu plus de 62% entre nos estimations. Cela reste assez gros pour être visible, et je tiens toujours le pari ^^ Et toi ?

Sauf que je fais pas x2 à chaque fois ! Je mise 1 sur le rouge au début. Puis je mise (n+1)! pour n échecs (toujours sur le rouge) ! Attend ... ça veut dire qu'il me faut une mise de départ de 1+2!+3!+4!+5!+6!+7! au moins. Tu peux calculer les probabilités de ça ?

Sauf que tu ne parles pas du tout de ce dont je parlais.
C'est malin, ça pomalo.

Je veux une démonstration IRL ... Je tiens le pari ! J'ai pas tout compris mais je suis sûr qu'on peut tirer avantage de cette méthode !

Je pensais justement que tu parlais de la méthode *2 à chaque fois... en tout cas c'est ce qui ressortait de ce que j'ai lu ^^

Ensuite, je ne suis pas sûr de savoir calculer ça ta somme de factorielle... j'y réfléchirai à l'occasion...
Et mon article était juste là pour commenter la méthode du site que j'ai trouvé sur le net. Si tu veux partir sur autre chose, pas de soucis, mais préviens avant ^^

(tu t'es dégonflé ^^)

[edit] Sommes de factorielles. Je note s(n) = 1 + 2 + 3! + ... + n!

S(1) = 1
S(2) = 3
S(3) = 9
S(4) = 33
S(5) = 153
S(6) = 873
S(7) = 5 913
S(8 ) = 46 233
S(9) = 409 113
S(10) = 4 037 913
(source : http://villemin.gerard.free.fr/Wwwgvmm/Compter/Factsome.htm , j'ai vérifié les 7 premiers termes)
Donc pour une somme de départ de 4032 tu peux tenir 6 tours avec ta méthode. En même temps je ne connais pas de formule générale pour estimer tes pertes, donc pour l'instant je ne sais pas faire.

Je n'ai pas changé de sujet mais j'essaie de trouver une méthode pour ne pas gagner que 1 à chaque fois ...

Ça ok, mais il me semblait que le pari s'appliquait à la méthode binaire.
Bon, ça sent l'annulation...

Je n'ai pas encore trouvé de méthode permettant d'estimer correctement une somme de factorielles.

Tout ce que je peux estimer pour l'instant, c'est le comportement des premiers termes.

Admettons que tu remportes la sixième manche avec ta méthode.
Tu auras perdu les cinq premières, donc 1+3+9+33+153 = 199.
Tu récupères 873 à la sixième, soit un gain de 674.
C'est pas mal, la seule chose c'est que tu mises de plus en plus, donc tu ne peux soutenir qu'un nombre plus limité de tours. En doublant tu peux tenir onze tours, et douze avec 4095.
D'un autre côté, doubler sa mise de départ apparaît plus crédible dans la mesure où les gains sont beaucoup plus conséquents. A voir.

Initialement je cherchais à discuter de la méthode binaire. Tu as quelque chose à ajouter sur la méthode binaire ?
L'analyse de la méthode binaire te convient-elle ?

[edit] A propos de probabilités, voilà un problème assez intéressant : http://fr.wikipedia.org/wiki/Probl%C3%A8me_de_la_Belle_au_bois_dormant

Je suis sur la méthode binaire car le choix reste binaire ... Je suis d'accord avec toi sur le fait que le jeu n'en vaut pas la chandelle si on ne fait que multiplier par 2 à chaque fois.

Un enseignant m'a annoncé que dans un jeu équilibré il n'existait pas de stratégie dont la moyenne de réussite permettrait d'espérer gagner (ou perdre d'ailleurs) de l'argent.

Mais ... Et l'esprit des cartes ?

Je te parle de stratégies, c'est à dire juste par le calcul. Pour la chance ou d'autres facteurs du même genre, c'est une autre affaire.


Une question de poker pour Matthias ^^

Je joue contre lui au Hold'em poker et il me demande quelle est la probabilité qu'il ait une couleur (meilleure combinaison possible du moment) sachant qu'il y a déjà trois cartes de la même couleur au milieu et que moi j'ai déjà la couleur, et la façon de le calculer de tête.
La probabilité en question est le quotient du nombre de façons qu'il a d'avoir deux cartes de la couleur, par le nombre de configuration totale. Comme j'ai déjà deux cartes de la couleur et qu'il y a en trois au milieu, j'en déduis qu'il y a déjà cinq cartes de la couleur d'utilisées, sur les treize que compte le jeu, et donc il en reste huit. Donc il doit pouvoir prendre ces deux cartes parmi les huit restantes. Il y a "2 parmi 8", noté (2 8 ) possibilités. Pour ma mémoire difficile, je retiens "8" ou je peux le retrouver rapidement. ^^ (au pire il y a les doigts ^^)
En considérant qu'il y a sept cartes que je connais (les cinq du milieu plus les deux que j'ai en main) sur les cinquante-deux que compte le jeu, j'en déduis qu'il peut au total "prendre" les deux cartes qu'il a en main parmi un choix de quarante-cinq cartes. Donc il a (2 45) possibilités de mains.
Le calcul est donc (2 8 ) / (2 45).

Revenons un instant sur la notation (k n).
Elle correspond au nombre e façon de choisir k objets parmi n (où k et n sont des entiers naturels et k inférieur ou égal à n).
Il se calcule ainsi : (k n) = n! / ( k! * (n-k)! )
Notons au passage que (n+2)! / n! = (n+1)(n+2).

Retour au calcul (fait dans mon bain ^^) :
(2 8 ) / (2 45), donc il y aura 2! en haut et en bas, que je peux simplifier. Il restera quelque chose de la forme n! / (n-2)! = (n-1)*n, ce qui revient en fait à multiplier entre eux les deux plus gros nombres dans le produit de n!. Ainsi, 8! / (8-2)! = 7*8 et 45! / (45-2)! = 44*45.
Je sais donc que (2 8 ) / (2 45) = 7*8 / 44*45.
Je simplifie mentalement par 4 : 7*8 / 44*45 = 7*2 / 11*45 = 14 / 11*45.
Je dis que 14 / 11*45 est un peu plus petit que 15 / 11*45 = 15 / 11*3*15 = 1/33.
Je dis que 1/33 est un peu plus grand que 1/33,333... = 1/ (100/3) = 3/100.
Donc j'obtiens que (2 8 ) / (2 45) vaut en gros 3%.
La calculette indique en gros 2,83%.

Pour être parfaitement honnête, j'ajouterai que j'ai fait le calcul en négligeant les autres joueurs, dans la mesure où quelqu'un peut quand même rester en n'ayant pas la couleur ou se coucher avec zéro ou une carte de la couleur. Bref, la présence des autres joueurs n'est pas forcément signifiante dans ce cas sans savoir ce qu'ils ont en main.
Le calcul ici donne donc plutôt un ordre d'idée, vu qu'il y a une hypothèse supplémentaire à la base pour le simplifier considérablement.

Pour vous donner un ordre d'idée, supposant qu'il y a trois autres joueurs, qui se sont couchés au moment où j'ai annoncé "tapis". Ils n'ont pas la couleur, mais il pouvaient avoir des cartes de la couleur.
Si aucun d'eux n'avait de carte de la couleur, alors le calcul devient (2 8 ) / (2 39) = 3,78% (arrondi)
Si chacun avait une carte de la couleur, alors le calcul devient (2 5 ) / (2 39) = 1,35% (arrondi)
(heu... j'ai peut-être supposé ici que je savais ce que les autres avaient en main...)

Bref tu avais vraiment les probabilités contre toi, cher Matthias ^^

A ce que je vois, à part le bouillant Elrohir, personne ne veut se lancer dans une discussion mathématique... peut-être ai-je fait fuir par trop de technique ?

Une petite récréation ?

J'ai découpé les petits bout de papier, j'ai testé les deux combinaisons. Effectivement l'image n'escroque rien.

Mais je n'arrive pas à trouver où c'est planqué le carreau manquant

Petit indice : "Un dessin n'est pas une preuve." ^^.

C'est trois nains qui vons à la mine...

Ça ne vient pas de Lewis Carroll ce paradoxe là?

Sinon, courage Imryss, ne te fie pas aux apparences, l'aire totale n'a effectivement pas bougée...
Après, reste à trouver pourquoi...

Trouvé ... *Apeiron => <= Moi*

Mais non, mais non ^^
Je n'ai fait que proposer le problème ^^ Et puis papoter un peu, évidemment ^^
Et puis c'est pour ton bien... mouhahaha !

Au moins, tu comprendras mieux maintenant la phrase "Un dessin n'est pas une preuve" ^^.

D'autres sont-ils intéressés ?

Moi ! Mais euh ... J'ai rien compris ... Est-ce que l'hypoténuse du second triangle est en fait une ligne brisée ? Y a-t-il une illusion d'optique ? Un rat a-t-il bouffé le carré manquant ? Ou ce dernier est-il parti en vacances ?

Il y a du vrai dans ce que tu racontes ^^

C'est bien ce qu'il me semblait ... Saleté de rat !