Proba d'avoir les as en mains...

[vincent descamps]

Bon je poste ce message parce que j'ai halluciné chez piton avant hier, il a touché la paire d'as 6 fois en 1h30 dont 2 fois de suite.

Est ce que vous avez une idée de la probabilté que cela represente ?? Il me semble que ca se rapproche de tirer tout les bons numeros au loto...

[brioitxavier]

On va supposer que 100 mains ont été dealés, et qu'il a touché les As 6 fois.
On sait qu'on a une chance sur 221 de toucher une paire d'As préflop.

C'est une expérience de Bernouilli. La loi de probabilité associée est donc une loi binomiale. Avoir les As est un succes, ne pas les avoir un échec. On a donc ici 6 succes pour 94 echecs.
La probabilité est donc :

100C6* (1/221)^6 * (220/221)^94 soit très proche de 0,000668 % de chances que cela arrive.

[Greg L.]

Probabilité de toucher un As sur 52 cartes : 4/52
Probabilité d'en toucher un deuxième : 3/51
Probabilité d'en toucher deux consécutivement : le produit des deux probabilités ci-dessus : 12 / 2652, soit 0,0045, soit 0,45%

Ceci dit, ça reste théorique car on ne prend pas en compte les autres cartes distribuées et le fait que d'autres joueurs peuvent aussi avoir touché un ou deux des as restants.

Un matheux pour confirmer ?

[Zebulon]

On va supposer que 100 mains ont été dealés, et qu'il a touché les As 6 fois.
On sait qu'on a une chance sur 221 de toucher une paire d'As préflop (de mémoire).

C'est une expérience de Bernouilli. La loi de probabilité associée est donc une loi binomiale. Avoir les As est un succes, ne pas les avoir un échec. On a donc ici 6 succes pour 94 echecs.
La probabilité est donc :

100C6* (1/221)^6 * (220/221)^94 soit très proche de % de chances que cela arrive.

[XXxClem59xXX]

Bon je poste ce message parce que j'ai halluciné chez piton avant hier, il a touché la paire d'as 6 fois en 1h30 dont 2 fois de suite.

Est ce que vous avez une idée de la probabilté que cela represente ?? Il me semble que ca se rapproche de tirer tout les bons numeros au loto...

Probabilités des types de mains


Cons.proches dépareillées : 41,6 %

Ni cons.ni proches dépareillées : 28,9 %

Au moins un As : 15,4 %

Cons. proches assorties : 13,9 %

Ni cons. ni proche assorties : 9,7 %

Paire : 5,9 %

As + figure : 3,6 %

Paire haute (10-AS) : 2,3 %

AS-K : 1,2 %

Paire d'AS : 0,45 %


voilà ce qu'on appel avoir de la chatte

[Zebulon]

Probabilité de toucher un As sur 52 cartes : 4/52
Probabilité d'en toucher un deuxième : 3/51
Probabilité d'en toucher deux consécutivement : le produit des deux probabilités ci-dessus : 12 / 2652, soit 0,0045, soit 0,45%

Un matheux pour confirmer ?

Joue pas au math avec Xavier toi ! T'es fou !

Le principe de ce raisonnement est original. En effet, il s'agit d'un mélange de raisonnement par récurrence sur les entiers naturels et par l'absurde. Illustrons cette méthode avec la démonstration du théorème dans le cas particulier où n = 4. Pour cette démonstration, nous allons d'abord montrer un lemme très connu à l'époque de Fermat, sur les triplets Pythagoriciens :

Soient x, y et z (N*), premiers entre eux deux à deux . Alors x² + y² = z² (n, m)(N*)² premiers entre eux tels que :

x = 2.n.m,

y = n² - m²,

z = n² + m².

Démonstration

Premier sens : supposons avoir x² + y² = z².

On remarque tout d'abord que x et y ne sont pas pairs tous les deux, car PGCD(x, y) = 1.Si x et y étaient tous les deux impairs, alors (p, q) (N*)²,x = 2.p+1, y = 2.q+1,

donc x² = 4.p² + 4.p + 1 = 2.(2.p² + 2.p) + 1 et y² = 2.(2.q² + 2.q) + 1,

x² et y² seraient alors tous deux impairs. Ainsi, x² + y² serait seulement

divisible par 2 mais pas par 4. x² + y² ne serait donc pas un carré.

L'énoncé du lemme ne peut être vrai que si x et y sont de parités différentes.

supposons que x soit pair et y impair; il est nécessaire que z soit impair.

Ainsi : (u, v, w) (N*)3, x = 2.u, y + z = 2.v et z - y = 2.w

u, v et w sont premiers entre eux puisque x, y et z le sont.

x² = z² - y² = (z + y).(z - y) = 4.v.w donc u² = v.w

Le produit v.w est alors un carré. Or PGCD (v, w) = 1, nécessairement, v et w sont

eux même des carrés.

Donc :

(n, m) (N*)², PGCD(n, m) = 1, tels que v = n² et w = m².

Ainsi x² = 4.v.w = (2.n.m)² , donc x = 2.n.m ,y = v - w = n² - m² et z = v + w = n² + m².

CQFD.

Nous pouvons maintenant passer à la démonstration.

Soit (x, y, z) (N*)3 tel que x4 + y4 = z².

Quitte à diviser par leur PGCD, supposons que x, y et z soient premiers entre

eux deux à deux.

D'après le lemme, (n, m) (N*)² tel que :

PGCD(n, m) = 1 et x² = 2.n.m, y² = n² - m², z = n² + m².

D'après le lemme, y² est impair donc m est pair et n impair.

or x² = 2.n.m et PGCD(2.m, n) = 1, on a donc : (s, t) (N*)² et PGCD(s, t) = 1

tels que 2.m = (2.s)² et n = t².

Ainsi t4 = y² + (2.s²)², 2.s² est pair. D'après le lemme on a:

(p, q) (N*)² et PGCD(p, q) = 1 tels que s² = p.q, donc (p', q') (N*)² tels que

p = p'² et q = q'². Donc on a nécessairement PGCD(p', q') = 1 et toujours d'après

les résultats du lemme, on a t² = p² + q² = p'4 + q'4.

Ainsi on obtient la nouvelle relation t² = p'4 + q'4. Il est claire que t, p' et q' sont

premiers entre eux deux à deux et (p' < x, q' < y et t < z).

On obtient alors un nouveau triplet d'entiers non nul strictement inférieurs

au triplet (x, y, z), vérifiant la même équation. On peut ainsi refaire les même

raisonnements et trouver un autre triplets d'entiers strictement inférieurs aux

précédents. On pourrait faire infiniment les même raisonnements mais c'est

impossible car les entiers naturels sont minorés par 0.

On peut conclure que le triplet (x, y, z) n'existe pas.

juste pour avoir si tu comprends un seul mot de cette démo niveau MathsSup :

" Ainsi, x² + y² serait seulement

divisible par 2 mais pas par 4. x² + y² ne serait donc pas un carré".

Peux-tu me démontrer cette affirmation ? (ce n'est pas très compliqué)

Pour le reste, je dois chercher une erreur , c'est ça ?

[Greg L.]

En tous cas, j'ai pas dit de conneries avec mes probas !

[Zebulon]

En tous cas, j'ai pas dit de conneries avec mes probas !

Exact.

[hejulien]

On va supposer que 100 mains ont été dealés, et qu'il a touché les As 6 fois.
On sait qu'on a une chance sur 221 de toucher une paire d'As préflop.

C'est une expérience de Bernouilli. La loi de probabilité associée est donc une loi binomiale. Avoir les As est un succes, ne pas les avoir un échec. On a donc ici 6 succes pour 94 echecs.
La probabilité est donc :

100C6* (1/221)^6 * (220/221)^94 soit très proche de 0,000668 % de chances que cela arrive.

Autrement dit on peut toucher les as 6 fois en 100 mains toutes les 149700 fois où on joue une série de 100 mains.

On est encore très loin du loto !!

[hejulien]

a raison de 1000 mains par semaine ca fait quand meme 3 ans à attendre avant que ca arrive

[ph59150]

C Q F D

[epsimax]

En tous cas, j'ai pas dit de conneries avec mes probas !

Me semble que tu as dis une connerie tout de même.
On s'en fout de savoir où sont les as. Dans ton calcul de proba tu recherches la chance d'avoir deux as pré flop. A ce moment là que les autres as soient encore dans le paquet ou déjà distribué ça ne changera pas cette probabilité. Et si avant d'avoir tes deux cartes, il y a déjà aux moins 3 as distribué, et donc aucune chance de pouvoir toucher une paire d'as, ça ne changera rien à la proba.

[Zebulon]

donc il a raison sur la proba des as !

[epsimax]

En math il faut le calcul et le raisonnement pour avoir bon

[brioitxavier]

Probabilité de toucher un As sur 52 cartes : 4/52
Probabilité d'en toucher un deuxième : 3/51
Probabilité d'en toucher deux consécutivement : le produit des deux probabilités ci-dessus : 12 / 2652, soit 0,0045, soit 0,45%

Ceci dit, ça reste théorique car on ne prend pas en compte les autres cartes distribuées et le fait que d'autres joueurs peuvent aussi avoir touché un ou deux des as restants.

Un matheux pour confirmer ?

il a fait un calcul et un raisonnement, tu veux quoi de plus Epsimax

Et puis on est pas là pour faire un concours de maths ou de rigueur (sinon je veux bien faire un last longer à 1000 euros) mais simplement pour s'aider et avancer