20 septembre 2009
4, 15, 23, 24, 35 et 42
Ces numéros sont ceux du loto bulgares tombés le 6 septembre 2008. Et aussi ceux tombés 10 septembre 2008, lors du tirage suivant ! Et trois de ces nombres sont à nouveau tombés la semaine suivante !
Signe avant-coureur de l'apocalypse ? Tricherie éhontée de la part des dirigeants du Toto 2 ? Coïncidence ? Je laisse les prophètes argumenter sur la réponse A et les théoriciens du complot sur la réponse B. Ce n'est qu'une formidable coïncidence, et l'on devrait tous se réjouir d'avoir vécu ça au moins une fois dans notre vie !
Le but ultime du Loto bulgare, comme celui de la plupart des loteries nationales (et contrairement au loto français actuel), c'est de trouver parmi 49 numéros quels sont les 6 qui seront tirés au sort. Chaque combinaison de nombre a autant de chance de tomber que n'importe quel autre, et une combinaison jolie comme "8-10-12-14-16-18" a la même chance de tomber que "2-3-6-11-23-47" (bien que les suites arithmétiques sont moins probables que les suites plus chaotiques, je l'accorde).
Premier tirage
En jouant à un moment donné la combinaison de votre choix [prenons (1,2,3,4,5,6)], quelle est la probabilité de gagner le gros lot ? Il faut pour cela calculer le nombre total de combinaisons qui pourraient potentiellement sortir. Il faut donc calculer le nombre C496 (lire "6 parmi 49", ie, nombre de combinaison de 6 boules parmi 49, sans prendre en compte l'ordre).
La première boule est choisie parmi les 49, la deuxième est choisie parmi 48, et ainsi de suite jusqu'à la sixième. Cela donne donc 49×48×47×46×45×44≈1010 arrangements de 6 numéros.
Seulement, le loto n'est pas une course de chevaux : pas besoin de pronostiquer les numéros dans le bon ordre, {1,2,3,4,5,6} est la même chose que {6,5,4,3,2,1}, à une permutation près. Dans les 1010 arrangements, certaines combinaison sont représentées plusieurs fois (toutes, en fait). Une combinaison donnée sera toujours représentée 720 fois dans l'ensemble des 1010 arrangements.
Par exemple, combien d'arrangements sont équivalents à {1,2,3,4,5,6} ? On a 6 choix pour la première position (1, 2, 3, 4, 5 ou 6), puis 5 choix pour la deuxième position, et ainsi de suite. Cela donne 6×5×4×3×2×1 (noté "6!" - lire "factorielle de 6") façons d'obtenir {1,2,3,4,5,6}, soit 720 façon d'écrire n'importe quelle combinaison de 6 numéros. Au final, le nombre de combinaisons différentes que l'on peut obtenir est 49×48×47×46×45×44/6×5×4×3×2×1.
Une formule permet donc de retrouver la valeur :
Dans le cas présent, on a :
Bref, il y a une chance sur 13 983 816 pour qu'un individu lambda gagne le gros lot à un tirage gamma. Ce n'est pas beaucoup, mais ce n'est pas impossible...
Deuxième tirage
Le fait extraordinaire, c'est quand même que la combinaison soit sortie deux fois de suite. Autrement dit, quelle est la probabilité pour que le tirage de la semaine n+1 soit le même que la semaine n ?
Plaçons nous au 7 septembre : quelle est la probabilité pour que la combinaison (4, 15, 23, 24, 35, 42) sorte au prochain tirage ? Puisque les boules n'ont pas de mémoire, c'est toujours la même chose : une chance sur 14 millions (et non 4.2 millions comme ont pu le rapporter la plupart des journalistes).
Formidable coïncidence ! En fait, quand 14 millions de grilles sont jouées, il y a en moyenne un gagnant parmi ceux là. Pour une fois, c'est la bulgare des jeux qui a gagné à son propre tirage ! (Mais ce n'est pas la seule, puisque 18 autres personnes se sont dit au cours de la semaine "si c'est tombé une fois, ya pas de raison pour que ça ne retombe pas la fois suivante"...)
Ce qui est étonnant, c'est que ça s'est produit au début du mois ! Il est vrai que ça aurait été tout aussi étonnant si l'évènement avait eu lieu dans un autre pays un autre jour.
N-ième tirage
Mais au fait, quelle est la probabilité pour que j'assiste à un tel évènement au cours de ma vie ?
Selon wikipédia, une soixantaine de pays (au moins) disposent d'un loto national, chacun avec ses propres règles. Pour simplifier, disons que le gros lot a toujours une probabilité de une chance sur 14 millions, avec 2 tirages par semaine. Par semaine, cela donne 120 tirages. Puisque j'aimerai vivre au moins 80 ans, j'espère assister dans ma vie à environ 500 000 tirages de loto.
500 000 tirages avec une probabilité de 1/14 000 000 cela donne finalement une chance sur 28 pour assister à ce fait extraordinaire au moins une fois au cours de ma vie ! Ce n'est pas énorme, mais ça reste toujours autant que de passer au tableau le jour où l'on a pas fait ses exercices...
Pas si exceptionnel que ça, finalement !...
En fait, les évènement improbables n'arrivent jamais. Sauf des fois.
Reste cette question : quelle était la probabilité pour qu'un tirage sorti deux fois de suite lors du loto bulgare ressemble à 66% aux nombres qui ont fait gagner Hurley au loto dans Lost ?
Environ une chance sur 1 013 !
Et ça, on peut dire que ça laisse songeur...
11 juillet 2009
La bougie du sapeur
Dans mon article d'aujourd'hui, j'aimerai répondre à une question posée par Mme B., de Pornic :
"Tous les combien de temps reviennent les calendrier ?"
Pour trouver la réponse, il n'y a pas le choix : arithmétique modulaire, au secours !
Sous ce nom barbare se cache en fait une pratique de tous les jours.
Il est 13h. Quelle heure sera-t-il dans 17 heures ? Les ingénus répondront qu'il sera 30h, les plus malins diront 6h, et ils auront raison (puisque 30=24+6). Quand on parle d'heure, on pose implicitement que 24=0, on compte alors "...,22,23,0,1,2,..." et cela ne gêne plus de dire que 23h+2h donne 1h du mat' (et non 25h).
On dit que l'on fait des calculs modulo 24, on écrit 23+2=1 [24] et on lit "23+2 est congru à 1 modulo 24".
Concrètement, pour calculer quelque chose comme "32 modulo 5", il faut poser la division euclidienne de 32 par 5. On se fiche du quotient, on ne garde que le reste. On trouve alors 32=2[5]. Google fait aussi très bien le travail si vous tapez "32%5". Faire du calcul modulaire, c'est simplement ne s'occuper que du "reste de la division euclidienne".
La bonne vielle division euclidienne de notre enfance
La roue des calendriers
Sachant qu'un 1er janvier, ça peut tomber un samedi, un dimanche [...] ou un vendredi, et qu'une année peut être ou non bissextile, il n'existe finalement que 14 calendrier différents. Mais combien de temps peut-on garder un calendrier périmé avant qu'il ne redevienne d'actualité ? (Crise oblige, il faut savoir économiser...) Pour le savoir, plaçons nous dans le monde merveilleux des calculs modulo 4,7 et 28!
Puisqu'il est plus facile de compter avec des nombres qu'avec des jours, on va compter les jours de la façon suivante : samedi=0, dimanche=1, ..., vendredi=6.
Le jour qui suit vendredi est samedi, il nous faut donc 7=0, d'où les calculs modulo 7. Ainsi, on a bien 6+1=0 [7]. En supposant que nous sommes jeudi (5), quel jour sera-t-il dans 8 jours ? Puisque 5+8=13, il faut calculer 13 modulo 7, ce qui donne 13=6[7]. Dans 8 jours, nous seront donc vendredi.
Le 1er janvier 2000 était un samedi (0), et l'année a duré 366 jours (2000 étant bissextile). Pour savoir quel jour est tombé le 1er janvier 2001, il faut donc calculer 0+366 modulo 7, ce qui donne 2 : c'était un lundi.
Le 1er janvier 2002, quant à lui, est tombé un mardi, puisque 2+365=3[7].
En fait, on peut se limiter à remarquer que 365=1[7] et 366=2[7] pour faire les calculs qui nous intéresse. On décale de 1 jour le calendrier lorsque l'on sort d'une année non bissextile, et de 2 jours sinon.
On sait que les années bissextiles reviennent tous les 4 ans (Ce sont même les années divisibles par 4 (*)), il y a juste à retrouver quelle sera la prochaine année bissextile à commencer par un samedi pour connaître la période des calendriers. La réponse : 28 ans ! On peut résumer le propos par cette jolie roue des calendriers :
La roue des calendrier 1901-2099
Les lettres indiquent le jour de la semaine où tombe le 1er janvier de l'année, les cases numérotées indiquent les années bissextiles.
Ainsi, on peut voir sur la roue que 2000 est une année de type S-B (comme Samedi-Bissextile), ou que 2009 est une année de type J-NB. On remarque une deuxième chose : ne jetons pas le calendrier de 2009, il va resservir en 2015 ! (Forcément, on a 14 calendriers différents à utiliser sur une période de 28 ans, certains vont servir plusieurs fois - les bissextiles servent tous une fois, les monosextiles servent tous 3 fois)
Et 1987, c'était quel type de calendrier ? Puisque les calendriers sont périodiques et de période 28 ans, le calendrier de 1987 est de même type que celui de 1987+28=2015 ! Pour savoir quel jour je suis né, j'ai juste à regarder sur le calendrier de cette année !
Et pour 1911 ? C'est de même type que 1939, mais ça ne nous avance pas vraiment... C'est maintenant que les petits nombres écrits dans les cases bissextiles interviennent. Puisqu'un même calendrier revient tous les 28 ans, on peut utiliser les calculs modulo 28. Ainsi, si une année est congrue à 12 modulo 28, elle aura le même calendrier que 2000. Pour 1911, on calcule que 1911=7[28] : c'était un calendrier de type D-NB !
Calendrier julien Vs calendrier grégorien
(*) Malheureusement, ma jolie roue des calendriers sera périmée en 2099, puisque l'année 2100 sera, contre toute attente, non bissextile (la faute au calendrier grégorien) !
En effet, une année est bissextile si elle est divisible par 4
Exception : les années divisibles par 100
Exception à l'exception : les années divisibles par 400
Ainsi, l'année 1900 n'était pas bissextile, bien que, selon Wikipédia, la ville de Ladysmith aurait été libérée le 29 février 1900...
L'année 2100 ne sera donc pas une année de type V-B (2100=0[28]), mais de type V-NB. 2101 sera donc de type D-NB, ce qui décale complètement la roue !
A cause de ce décalage, il faudrait plutôt dire que les calendriers reviennent tous les 28 ans - en général- ! En vérité, ils reviennent plutôt tous les 400 ans ! (On pourra faire la fête le 1er janvier 2400, le lendemain sera dimanche !)
Mais au fait, pourquoi faire des années bissextiles ? Le problème, c'est la Terre, qui fait un tour sur elle-même en précisément 1 jour, mais qui fait le tour du Soleil en 365,24219 jours. Sans les années bissextiles, toutes les années feraient 365 jours, et on risquerait un premier janvier en été. En ajoutant un jour tous les 4 ans, (calendrier julien) l'année une année durera en moyenne 365,25 jours, ce qui est bien mieux ! En supprimant 3 jours par périodes de 400 ans (calendrier grégorien), on arrive à une moyenne de 365,2425 jours par années ! Il y a toujours un décalage, mais on a pas vraiment raison de s'en inquiéter avant 3000 ans !
La réforme du sarkodi
Faut-il travailler le dimanche ? Après de long débats houleux à
l'assemblée nationale, les députés ont décidé à la majorité absolue que
le travail le dimanche restera dans le domaine de l'exceptionnel. En
contrepartie, et pour relancer l'économie du pays, il a également été
voté à la majorité absolue (les députés de l'opposition étant
mystérieusement retenus à un congrès au Népal) que la semaine ne
durerait plus 7 mais 8 jours. A partir du premier janvier 2010 sera
intercalé entre le dimanche et le lundi le Sarkodi (le 28 janvier 2010
sera un Sarkodi, parfait pour l'anniversaire de notre président bien
aimé).
7 était un nombre premier, mais 8 est loin de l'être... Mais est-ce que cela va changer quelque chose ? Oui, cela va tout changer, puisque les calendriers n'auront plus une période de 28 (4×7) ans, mais de 32 (4×8) ans ! Cela va donner plus de calendriers différents, qui vont servir moins souvent.... Ce n'est pas comme ça que l'on va gérer la crise !
Mais combien de jours dans la semaine faut-il pour minimiser le nombre de calendriers différents ? Pour cela, il faut s'intéresser non pas au nombre de jours dans une année, mais au nombre de jours dans 4 années. Ce nombre, c'est 1461, que l'on peut écrire 3×487.
Imaginons maintenant un monde ou la semaine fait 6 jours (On supprime le lundi, personne n'aime le lundi). On est en droit de s'imaginer que les calendriers auront une période de 24 ans (4×6)... Pas du tout ! Avec 6 jours par semaine, toutes les années bissextiles commenceront par un samedi ou un mardi, et la période des calendrier sera de 8 ans !
Ce phénomène vient du fait que 6 n'est pas premier avec 1461 (la fraction 1461/6 n'est pas irréductible). Puisque le premier janvier 2000 est un samedi, quel jour sera-t-il 8 ans plus tard ? Samedi aussi ! Pour s'en convaincre, il faut faire les calculs : 8 ans, c'est 2922 jours, soit 2×3×487 jours. Une semaine, c'est 2×3 jours. La division de 2922 par 6 tombe juste, il n'y a pas de reste, ce qui signifie que 8 ans représente un nombre entier de semaines, et on retombe sur le même jour le 1er janvier 2008.
Bref, si la semaine dure 7 jours, ce n'est pas du tout un hasard : il fallait pouvoir utiliser tous les types de calendrier. Mais ce choix a été fait lors d'une période fastueuse de l'humanité, qui est aujourd'hui en récession : luttons contre la crise, et demandons la suppression pure et définitive du lundi, pour obtenir enfin la semaine de 6 jours !
11 octobre 2008
A qui l'tour ?...
Aujourd'hui, c'est samedi, donc jour de loto : 7 millions d'euro en jeu ! La chance appartient à tout le monde, et tous les gagnants ont tenté leur chance donc ahem... à qui le tour ?!
Mais faut-il jouer au nouveau loto, à l'ancien loto, à l'euro millions, ou à la tombola de la kermesse du petit neveu ? Petit comparatif ! (En espérant ne faire aucune bourde dans les calculs...)
Mise : 2€
Probabilité de gagner le gros lot : 1/19 068 840 (pour 2 000 000 €)
Probabilité de remboursement : 1/5.98
Le principe, c'est de cocher 5 numéros dans une grille de 49, et un numéro chance parmi 10.
Si les 6 numéros sont bons, on se retrouve au rang 1, à partager le jackpot (minimum 2 000 000 €) entre tous les gagnants du rang 1.
De la totalité des mises, 53% sont (globalement) redistribuées aux joueurs, répartis à différents pourcentages selon les rangs. Les gains répartis pour chaque marche sont partagés entre tous les gagnants.
Tous gains compris, l'espérance est de -0.97€, mais si on ne considère que les petits gagnants (Moins de 1000 euros), l'espérance passe à -1.26€ !
Mise : 0.60€
Probabilité de gagner le gros lot : 1/13 983 816 (pour 1 000 000 €)
Probabilité de remboursement : 1/52
Beaucoup plus simple : il faut trouver les 6 bons numéros parmi les 49 proposés. Un bonus accordé si on trouve le complémentaire parmi les numéros que l'on a coché. Même si on a plus de chances de gagner le gros lot, c'est bien plus ardu d'avoir un petit lot (Une chance sur 50 !)
Mise : 2 €
Gros lot : 1/76 275 360
Probabilité de remboursement : 1/23
On choisit 5 numéros parmi 50, et 2 autre parmi 9 (les numéros "étoiles"). Le jackpot minimal est de 15000000€ (Espérance de -1,18), et augmente de semaine en semaine. Mais pas trop, parce que sinon, l'espérance deviendrait positive...
Mise : 2 €
Gros lot : 1/8000
Probabilité de remboursement : 1/400
8000 tickets de tombola, vous en avez acheté un pour faire plaisir au neveu... Le premier lot est un micro-ordinateur à 3000€, et il y a une vingtaine d'autre lots, dont un DVD de Dora l'exploratrice... La lutte risque d'être acharnée !... Avec 5000€ de cadeaux, l'espérance de gain est de -1.375...
Finalement, le moins risqué (d'un point de vue de l'espérance), c'est le nouveau loto ! C'est à ça qu'il faut absolument jouer !
Ou a rien du tout, en fait...
En fait, compte tenu de l'espérance de jeu négative, d'après la théorie des jeux, personne ne devrait perdre son argent dans les jeux de tirage. Mais pourtant, les gens jouent, il manquent donc un facteur dans les modélisation : le facteur rêve ! (Le même qui nous fait aller au parc Disney !). Avec ce facteur en plus, il semble que l'espérance de jeu devient positive ! Le rêve a une valeur, alors, nous qui rêvons, nous sommes riches ! Alléluyah, mes frères !
07 juin 2008
Magicicada septendecim
Entre les suites de Fibonacci que l'on retrouve dans les tournesols, les triangles de Sierpinski recouvrant certains coquillage, la nature fractale de la fougère ou du chou romanesco, les hexagones omniprésents chez les abeilles ou la symétrie des êtres vivants, sans parler du nombre d'or ou de toutes les trouvailles d'aérodynamique des bêbêtes qui volent... La nature fait des maths sans vraiment s'en rendre compte, les biologistes le remarquent et les mathématiciens sautent sur l'occasion pour réfléchir à de nouveaux problèmes. (Et après, les physiciens s'en mêlent).
Ce que les mathématiques ont pu inventer de plus ou moins tordu, il y a des chances que Dame Nature l'ait trouvé avant !...
Même les nombres premiers ?
(Quand je décide de faire une série d'article sur un sujet précis, je ne lâche pas l'affaire !)
La plus belle invention des mathématiques, à qui toute règle semble échapper, reste malgré tout suffisamment simple pour se retrouver dans la nature... Vraiment ?
Si la nature pense facilement en terme de topologie ou de géométrie, l'arithmétique (l'étude des nombres) échappe plutôt à cette règle.
Bon, en cherchant, on trouve quand même des nombres premiers !
2 ! Faut dire que la nature a tendance à favoriser la symétrie, ce qui nous permet d'avoir facilement deux yeux, deux oreilles ou deux gros orteils. Mais le fait que 2 soit premier n'a rien à voir la dedans.
3 ! 3 osselets dans l'oreille, 3 phalanges par doigts ou 3 feuillets par valves cardiaques... Autant de rapports avec la primalité de 3 qu'avec la trinité chrétienne...
5 ! Comme les 5 doigts de la main ! Mouais...
Et les étoiles de mer ! 5 branches dans la grande majorité des cas (comme l'Asterias rubens, la plus commune), 7 branches parfois, sans doute tenons nous ici une preuve que l'évolution a sû privilégier les nombres premiers...
Mais en fait, sur les 1600 espèces, on en trouve également à 4, 6 ou 10 branches, voire plus, et rarement premier. Finalement, tout ça n'a aucun rapport avec les nombres premiers ! (Par contre, les fans du nombre d'or se régalent avec les étoiles de mer classique, puisqu'il y apparait de manière naturelle grâce au pentagone formé par les bras)
En fait, les nombres premiers est essentiellement une création humaine, totalement artificielle...
...
Mais c'est sans compter sur les cigales, plus précisément, celles du genre Magicicada, qui vivent aux États-Unis (À gauche, un Magicicada septendecim, al). Aussi appelées "cigales périodiques", elles possèdent la particularité de ne sortir de la terre que tous les 17 ans (Ou 13 ans pour les variétés du sud des États-Unis) ! En effet, tous les 17 ans, ces cigales (nymphes) sortent de la terre par milliards pendant 2 mois pour se métamorphose en adulte, se reproduire et mourir. Une fois les œufs fécondés, un nouveau cycle de 17 ans démarre. Leur dernière sortie date de mai 2004.
La présence de petits nombres premiers peuvent s'expliquer par leur nature de "petits" nombres, mais la primalité de 13 et 17 joue peut-être un rôle important pour ces cigales. C'est tout de même un cas unique de présence de grands nombres premiers en biologie.
S.J. Gould (paléontologue de son métier, vulgarisateur de la théorie de l'évolution de Darwin) propose une explication dans son livre "Darwin et les grandes énigmes de la vie".
Cette période de 13 ou 17 ans permettrait aux cigales de se prémunir de l'attaque potentielle de prédateurs aux cycles plus courts.
En prenant l'exemple d'un prédateur qui vivrait sur un cycle de 4 ans qui découvre un beau jour de mai l'existence de ces cigales au goût merveilleux. Pour pouvoir les manger à nouveau, il faut attendre que les cycles des deux insectes coïncident à nouveau. L'intérêt de la primalité de 13 ou 17 est ici : la cigale 17-périodique et son prédateur 4-périodique ne pourront se retrouver que dans 68 ans (17×4). Ces cycles premiers permettrait donc de limiter les coïncidences de rencontres entre les cigales et leur prédateurs.
A noter tout de même que cette explication ne ravie pas tout le monde, d'autant plus que S.J. Gould est populaire, et donc, souvent critiqué.
En tout cas, le débat est encore ouvert :
«Les nombres premiers ont-ils un rôle à jouer dans l'évolution et la sélection naturelle ?»
Et si oui, l'espèce humaine va t'elle un jour évoluer pour adopter un cycle de vie de 19 ans ?...
Sources :
Merveilleux nombres premiers, voyage au cœur de l'arithmétique - J-P Delahaye (Pour cette histoire de cigales périodiques)
Wikipédia parle également de cigales périodiques (d'où proviennent les photos), ainsi que notre-planète.info.
Terra Nova (La vie des étoiles de mer est fascinante ! - D'où proviennent les photos)
08 mars 2008
Votez ! (même si...)
Choix des villes pour le Monopoly où s'est injustement fait exclure Montcuq, concours eurovision de la chanson où les Fatals Picards auraient dû gagner, fusion Pornic/Sainte-Marie hasardeuse, élection nationale ayant fait gagner un président showbizz... Même si toutes ces élections n'ont rien de truquées, relèvent-elles de la volonté du plus grand nombre ? La démocratie est un beau concept, mais difficile à appliquer dans la réalité... Qui a dit impossible ? Arrow, tu sors !
Petit exemple. Trois candidats, que nous appellerons A,B et C (Qui n'est pas sans nous rappeler A comme gauche, B comme centre et C comme droite) se présentent à une élection. 600 électeurs sont prêts à donner leur voix, mais chacun a ses préférences, qui se décomposent ainsi :
A>B>C (électeurs qui préfèrent A à B et B à C) : 190
A>C>B : 0
B>A>C : 160
B>C>A :20
C>A>B : 0
C>B>A : 230
* Maintenant, procédons au vote :
A : 190 voix (31,7%)
B : 180 voix (30,0 %)
C : 230 voix (38,3%)
Dans un système de scrutin unilatéral à un tour, C est élu, avec 38,33% des voix.
Ordre final : C>A>B
* Mais en cas de système de scrutin à 2 tours ? Dans notre exemple précédent, A et C passent le premier tour. Les électeurs de A et C gardent leur voix, ceux de B choisiront leur deuxième choix.
A : 190 + 160 = 350 voix (58,3%)
C : 230 + 20 = 250 voix (41,6%)
C'est maintenant A qui est élu, grâce au report des voix de B, dans ce système de scrutin à deux tours.
Ordre final : A>C>B
* Changeons alors de système de vote, pour un système où chaque candidat combat par duels. On garde alors le candidat ayant remporté le plus de duels.
A contre B : 190+0=190 / 160+20+230=410 -> B gagne
A contre C : 350 / 250 -> A gagne
B contre C : 160+20+190=370 / 230+0=230 -> B gagne
A l'issu de ce scrutin, B est élu !
Ordre final : B>A>C
3 modes de scrutin, 3 résultats différents. Chaque procédure de vote paraît pourtant refléter celle de l'opinion générale...
On peut imaginer d'autres mode de scrutin :
* Le scrutin Koh-Lanta, où l'on vote pour éliminer le candidat que l'on aime le moins.
Au premier tour, on a
A : 20+230 = 250 voix
B : 0 voix
C : 190+160 = 350 voix
C est alors éliminé, les choses se jouent entre A et B, et B est élu dans le duel final
Ordre final : B>A>C
* Le scrutin Eurovision, où les des points sont distribués selon les préférences relatives. 5 points pour son candidat préféré, 2 point pour son deuxième choix et 1 pour son dernier choix.
A : 5×190 + 2×160 + (20+230) = 1520 points
B : 5×(160 + 20) + 2×(230+190) = 1740 points
C : 5×230 + 2×20 + (190+160) = 1540 points
B est encore élu, mais cette fois ci, C arrive en seconde position.
Ordre final : B>C>A
Cependant, dans l'exemple présent, chaque méthode amène à une élection.
Imaginons que les préférences relatives des électeurs soient celles-ci :
A>B>C : 230
A>C>B : 0
B>A>C : 20
B>C>A : 170
C>A>B : 100
C>B>A : 80
La méthode du duel permet de voir que :
A est préféré à B (230+100=330 / 190+80=270)
B est préféré à C (190+230 = 420 / 180 + 0 = 180)
C est préféré à A (180+170 = 350 / 230 + 20 = 250)
C'est le paradoxe de Condorcet : une majorité préfère A à B, une autre préfère B à C et une autre encore préfère C à A !
Dans un tel cas d'égalité, Condorcet propose d'éliminer le candidat gagnant avec le plus faible écart, ici A serait éliminé, et B serait élu.
Dans un bon régime démocratique, il faut des procédures permettant de transformer les préférences individuelles en choix collectif, un "processus d'agrégation" ou "fonction de choix social". Tous les exemples précédents en sont : scrutin uninominal à un tour, à 2 tours, classement par duel, palmarès Eurovision ou élimination Koh-Lanta...
Cependant, on est en droit d'attendre plusieurs choses d'une élection pour qu'elle soit vraiment démocratique. Arrow a ainsi défini 5 principes nécessaires à une élection démocratique. Les voici présentées de manière pas du tout formelle (On pourrait les présenter mathématiquement, mais cela serait quelque peu difficile à comprendre...):
Principe d'universalité :
Peu importe les préférences personnelles de chacun, tout le monde doit pouvoir voter. Après avoir décidé du groupe de personnes aptes à voter, on ne doit pas pouvoir annuler le vote de Michel si il a voté dans les règles de l'art.
Principe de non dictature :
Un personne particulière ne doit pas pouvoir décider seul pour tous les autres...
Principe d'unanimité :
Si tous les électeurs ont une même préférence, il est impossible que le résultat ne soit pas en accord... Ainsi, si tous les votants préfèrent A à B, le processus d'agrégation ne pourra pas placer B devant A dans le résultat final.
Principe d'indépendance vis à vis des états non pertinents
Le choix collectif entre A et B ne doit dépendre que des préférence individuelle entre A et B, et non d'une troisième possibilité C indépendante de A et B.
Par exemple, un groupe d'ami décide du repas du soir : commander des pizzas (A), faire une raclette (B) ou aller au restau (C). Après un vote, c'est le choix des pizza qui est sélectionné. On s'aperçoit cependant que le restau est en fait fermé, et le vote est renouvelé. Pour respecter ce dernier principe, le nouveau vote entre pizzas et raclette doit à nouveau sélectionner les pizzas, puisque le restau n'a aucun lien entre ces deux choix.
Principe de transitivité
Dans le résultat du vote, si A est préféré à B et B préféré à C, alors il faut que A soit préféré à C.
Kenneth J. Arrow, prix Nobel d'économie en 1972, démontre en 1951 le théorème d'impossibilité d'Arrow :
Il n'existe pas de processus d'agrégation transformant des choix individuels en choix global qui ne viole aucun des 5 principes ci dessus.
Il s'agit d'un théorème, donc, démontrer : il n'existe pas de véritable démocratie !
Ainsi, le vote organisé par Hasbro pour les villes françaises du Monopoly violent le principe d'universalité, puisqu'une règle implicite interdisait l'élection de Montcuq.
Tirer au sort un électeur, puis prendre en compte seulement son choix est tout à fait unanime, mais est dictatorial.
La méthode du duel pose des problèmes au niveau de la transitivité, et la plupart des autres posent problème au niveau du principe d'indépendance vis-à-vis des états indépendants (Le principe le plus difficile à prendre en compte)
Pour rassurer les démocrates, il y a quand même moyen d'alléger les principes fondateurs, pour trouver des scrutins un peu plus démocratiques...
Et demain, faut quand même aller voter ! (Même si...)
Sources :
Les choix sociaux - Pour la science n°246, avril 1998
Wikipédia - Théorème d'impossibilité d'Arrow
Un article du Québécois libre
30 décembre 2007
C'est pas de la pizza non plus
La semaine dernière, nous avons ensemble appris que découper une tarte n'en ai pas vraiment une, surtout que personne n'a protesté quand j'ai proposé l'idée de découper une tarte aux litchis avec un compas.
Non, le grand talent du coupeur de tarte, c'est de manier le couteau avec un compas dans l'œil... Mais le vrai coupeur de tarte garde toujours en poche son amie trigonométrie...
Prenons une tarte quelconque (aux yuzus, par exemple), six invités affamés et un couteau.
Partager cette tarte en 6 avec un compas est un jeu d'enfant, mais peut-on vraiment garder un compas dans une cuisine... Je ne veux pas débattre de cette pertinente question maintenant, un autre jour peut-être. Toujours est-il que nous avons une tarte à couper en 6, et seulement un couteau pour réaliser ce prodige.
Puisque 6=3×2, l'idée principale est de commencer par couper la tarte en 2, et de couper chaque part en 3. Couper en 2, ce n'est pas la chose la plus compliquée qui soit, mais partager en 3 est bien moins évident.
Et c'est là que la trigonométrie fait son apparition remarquable : pour couper une tarte en 6, il faut faire des parts de 360°/6=60°. Et le cosinus de 60°, c'est précisément 0.5. Certes. Et alors ?
Et d'abord, c'est quoi le cosinus d'un angle ? Plutôt que des mots compliqués, un simple dessin résume l'affaire ; on prend un cercle de rayon 1, un angle α, et le cosinus de α sera alors la longueur du segment vert :
On connait bien le cosinus de 60°, c'est 0,5.
Une fois le diamètre coupé, il y a juste à prendre le milieu du segment [OA], et de remonter perpendiculairement pour obtenir les points C et C'. Plus qu'à découper les parts le long de (CO) et (C'O), et c'est parti pour un délicieux moment de tarte aux yuzus en famille.
Bon, ça, c'est pour la tarte à 6 parts, mais si un invité n'aime pas les yuzus, comment faire pour la tarte à 5 parts ?
En partant du même principe, on a cos(72°) = 0.309 ( (√5-1)/4 , pour être précis), c'est à dire, un peu moins de un tiers. On cherche donc au couteau l'a peu près tiers de [OA], et on remonte pour trouver les points C et C'. On recommence la même chose en partant de [OC] pour trouver le point D, et la symétrie donne le point D'.
Et pour la découpe à 7 parts, il faut prendre le cosinus de 51,42°, qui vaut environ 0,62 (a peu près deux tiers, la valeur exacte demandant des racines carrées de nombres complexes).
En calculant les cosinus des différents angles à la calculette, on peut obtenir n'importe quelle découpe de tarte (enfin, avec un trop grand nombre de parts, on perd évidemment en précision, et les invités risquent de râler sur la non égalité de leur part...)
Interlude petite précision par rapport au dernier article
Et cette histoire de nombres premiers de Fermat, alors ? Pourquoi ceux-là sont constructibles, et pas les autres nombres premiers ?
Avec la magie de la trigonométrie, il suffit de calculer les cosinus des angles qui nous intéressent, et de les construire à la règle et au compas, comme j'ai pu en parler ici.
On a
cos(360°/3)=-1/2
cos(360°/5)=(√5-1)/4
cos(360°/17)=
(Je vous épargne la formule pour 257 et 65537)
En tout cas, ce sont des formules à base de racines de racines de racines, donc tout à fait constructibles à la règle et au compas.
Et pour les autres nombres premiers, ceux qui ne sont pas de la forme p=1+2^(2n) ? Il se trouve qu'il est impossible d'exprimer le cosinus de 360°/p avec seulement des racines carrées imbriquées ;
Dans le meilleur des cas, il faudra alors des racines cubiques (impossible à tracer à la règle et au compas), et dans le pire des cas, il sera impossible d'avoir une écriture à base de racines (Une histoire à base du théorème de Galois, mais là n'est pas la question)
Briller en société, partie 1
Mais revenons à notre tarte au yuzus à découper cette fois si en 9 parts égales.
9=3×3, ce n'est donc pas un nombre de parts constructibles à la règle et au compas, il va falloir trouver autre chose.
On peut partir sur cos(360°/69)=0,766 (grosso modo 3/4), et appliquer la technique décrite un peu plus haut. Mais la précision ne sera pas au rendez-vous.
Il existe heureusement LA technique qui fera son effet en société !
- Découpez d'abord la tarte en 8 parts (en prenant les moitiés des moitiés des moitiés)
- Découpez ensuite le cercle central au tiers du milieu.
Et voilà, vous obtenez 9 parts égales en surface ! (qui avait dit qu'il fallait des parts de même forme ?...)
Briller en société, partie 2
Revenons à notre découpe de tarte en 7 parts, avec la technique n°2 pour briller en société : ouvrez votre porte-monnaie, prenez discrètement une pièce de 20 centimes d'euros, et servez-vous en comme modèle d'heptagone régulier !
Sources :
Fortement inspiré de cet article de Luxtin
23 décembre 2007
C'est pas de la tarte
Bientôt les fêtes, et qui dit fête dit gâteau festif. Comme la bûche, c'est pas bon, c'est année, le gâteau du réveillon sera une délicieuse tarte aux litchis !... Vingt invités sont présents, tout le monde aime les litchis ?... Non ? Y'en a trois qui n'aiment pas... Ah... Va donc falloir couper la tarte en 17 parts égales...
Voyons voir, 17, c'est bien un nombre premier de Fermat ? Alors parfait, ça devrait être faisable, tout le monde va avoir sa part de tarte aux litchis !
Tout bon coupeur de tarte, comme tout bon géomètre grec, doit savoir s'armer des deux objets de base de la découpe de tarte : la règle et le compas ! Avec ça, découper une tarte aux litchis en 3, 4, 5, 6 ou 17 parts égales deviendra un jeu d'enfant !
Le triangle équilatéral et l'hexagone régulier
Couper un cercle en 3 ou 6 parts, tout le monde sait faire ça, sinon, j'ai honte de ce que l'on a pu vous apprendre à l'école. On prend le rayon du cercle, on le reporte 6 fois sur les côtés, et on obtient un bel hexagone. En ne prenant qu'un point sur 2, c'est une chouette triangle équilatéral que l'on obtient.
Le pentagone régulier
Là, les choses se compliquent. Si vous avez un quart d'heure devant vous, vous pouvez tenter d'inscrire un pentagone régulier dans un cercle, la chose est loin d'être aisée.
...
C'est bon, la demie-heure est passée ? Voici donc la solution (on ne peut moins rigoureuse dans la forme):
- On commence par tracer deux diamètres perpendiculaires du cercle.
- On trouve ensuite le milieu de [OA], et on trace le cercle c qui va avec.
- On trace ensuite la droite qui va bien passant par ce cercle et le point B (c'est celui qui est tout en bas)
- Cette droite coupe notre cercle c en deux endroits. Il ne reste que les arcs de centre B passant par ces points, et le tour est joué.
L'heptadécagone régulier (pour notre tarte aux litchis)
Et notre tarte à découper en 17, dans cette histoire ? On y arrive ! Si vous avez quelques heures devant vous, vous pouvez également chercher comment couper un cercle en 17 parts égales. Gauss l'a bien trouvé, lui... Si vous n'avez pas le courage de chercher voici la solution magique :
- Notre cercle est de rayon O, on lui construit deux beaux diamètres orthogonaux [OPa] et [OB].
- On construit le point J au quart de [OB]
- On relie élégamment J à Pa.
- On construit le point E sur (OPa) de manière à ce que l'angle OJE soit le quart de OJPa (Grâce à la magie des bissectrices)
- On construit ensuite le point F sur (OPa) de manière à ce que l'angle FJE soit 45° (Perpendiculaire + Bissectrice)
- On construit le demi cercle qui passe par F et Pa, qui coupe [OB] en K.
- Le cercle de centre E passant par K coupe (OPa) en N.
- Il n'y a plus qu'à tracer la perpendiculaire de (OPa) passant par N, et on trouve le point Pb.
- On reporte ensuite la longueur PaPb pour trouver Pc, et ainsi de suite jusqu'à Pq.
- Servez chaud.
Et pour avoir un décagone (10 côtés) ?
On sait déjà couper en 2, 3, 5 et 17. En divisant toute les part en 2 dans tous ces cas, on peut très facilement couper notre tarte en 6, 10, 12, 20, 24 ou 34...
Si on sait couper une tarte en n côtés, la couper en 2k.n côtés est donc quelque chose de facile à faire.
Et pour le pentadécagone (15 côtés) ?
On sait faire un découpage en 3, et on sait le faire en 5. Comme par hasard, ces deux nombres sont premiers entre eux (aucun diviseurs commun). Une petite application du théorème de Bézout permet de dire que puisque 3 et 5 sont premier entre eux, il sera possible de couper la tarte en 3×5, en reportant autant de fois que nécessaire la distance entre un point du triangle et un point du pentagone :
Finalement
- si on sait couper notre tarte en n parts
- si on sait couper notre tarte en m parts
- si n et m sont premiers entre eux
Et bien, on peut couper notre tarte en n×m
Et donc, on peut la couper en 2k.n.m (d'après le paragraphe précédent)
Couper une tarte en 2, 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 16, 17 ou 20 est donc d'une simplicité déconcertante (enfin, c'est faisable de manière ultra précise)
L'heptagone
Sur les 17 invités, il y en avait en fait 10 qui ne connaissaient pas les litchis, et sont en fait plutôt tentés par la bûche de Noël. Notre tarte au litchi, déjà bien abimée, doit donc être découpée en 7... Question à 20 centimes d'euros : comment faire un heptagone régulier ?...
Et c'est là que la réalité nous rattrape... Pour que l'on puisse couper une tarte en un nombre premier de côté (supérieur à 3), il faut que ce nombre premier soit un nombre premier de Fermat, c'est à dire, un nombre premier de la forme p=1+2^(2n). (Pour la démo, va falloir lire les sources...) Les premiers de ces nombres sont 3, 5, 17, 257 et 65537. (Mais 4 294 967 297 ne compte pas, il est divisible par 641... Actuellement, on ne sait pas s'il existe des nombres premiers de Fermat plus grand que 65537). En tout cas, le 257-gone et le 65537-gone sont constructibles, mais j'ai déjà assez galéré avec 17 côtés pour en faire 257. (Mais les constructions existent belles et bien ; Richelot et Schwendenwein ont fait un 257-gone en 1832, et Hermes a passé 10 ans à la construction d'un 65537-gone dans les années 1900)
Moralité :
Pour partager une tarte aux litchis en n parts, il faut donc absolument pouvoir écrire n=2kp1...pl, avec pi des nombres premiers de Fermat tous différents. (Tel est le théorème de Gauss-Wantzel)
La semaine prochaine, nous verrons quel est le rapport entre la trigonométrie et une tarte aux yuzus, et comment on peut malgré tout découper une tarte aux yuzus en 9 parts égales...
NB :
Cela marche aussi très bien avec les pizzas aux litchis.
Sources :
Construction des polygones réguliers [pdf] (toutes les démonstrations nécessaires)
Construction de l'heptadécagone régulier,
Quelques infos sur le 257-gone et le 65537-gone que j'ai pas réussi à placer (Mais je cherche toujours leur programme de construction)
25 novembre 2007
Quand les tortues font des maths
Quel est donc le point commun entre la tortue étoilée d'Inde (Geochelone elegans) et le Gömböc, objet mathématique nouvellement fabriqué par deux Hongrois ?
Tout le monde connaît le jouet pour enfant culbuto : un objet tridimensionnel qui revient toujours dans la même position, peut-importe la manière dont on le pose sur la table. On dit qu'il ne possède que deux points d'équilibre : un point d'équilibre stable (vers lequel il reviendra toujours) et un point d'équilibre instable (au moindre mouvement, il s'éloignera de ce point d'équilibre).
La source de ce prodige est simple : le culbuto est lesté en sa base de manière à toujours revenir en son point d'équilibre, il possède un contre poids. Un culbuto n'est donc pas homogène (possédant la même densité partout).
Pour un mathématicien, tout est source de problème, le culbuto n'en est pas exempt : existe t'il un objet tridimensionnel qui possède la propriété du culbuto (seulement deux points d'équilibres), mais qui serait en plus homogène ?
Et la réponse, démontrée par deux Hongrois, Gábor Domokos et Péter Várkonyi, est affirmative : un tel objet homogène tridimensionnel à deux points d'équilibre existe, et sera appelé Gömböc (quadri-sphère, dans la langue natale de Loránt Deutsch - le hongrois). Le résultat, trouvé après une dizaine d'années de recherche, s'est ponctué par la fabrication de l'objet basé sur leur équations (qu'ils comptent vendre, il faut bien rentabiliser les recherches). A noté qu'il n'existe pas qu'un seul Gömböc, mais qu'il peut prendre plusieurs formes, relativement proche. Un concours a même été lancé pour trouver un Gömböc constitué de polyèdres (10 000$ à la clé).
Tout a commencé dans les années 90, où Gábor Domokos (ingénieur), aidé de Jim Papadoupolos, s'est posé la grande question : quel est le nombre minimal de point d'équilibre que peut posséder une forme en deux dimensions ?
Si on prend le cas du cercle, on est en face d'un nombre infini de points d'équilibres.
Si on prend le cas du carré, on est en face de 8 points d'équilibres : 4 stables (les côtés) et 4 instables (les pointes). Pour un triangle équilatéral, on en trouve de la même façon 6.
Si on prend le cas de l'ellipse, on est en face de 4 points d'équilibres : 2 stables (sur le petit axe) et 2 instables (sur le grand axe)
En 1994, ils découvrent que le nombre minimal de points d'équilibres pour n'importe quel forme à deux dimensions est de 4.
Et c'est donc tout naturellement que Domokos s'est penché sur le cas des formes en 3 dimensions.
Et le rapport avec les tortues, dans cette histoire ? Et bien, cette trouvaille mathématique permet de classer d'une nouvelle façon les animaux à carapaces, par rapport à la facilité qu'ils ont à se remettre sur pattes quand ils sont retournés. Ainsi, la tortue étoilée d'Inde, qui possède une carapace proche du Gömböc, peut sans grands efforts se remettre sur pattes !
Sources :
Sciences & Avenir - Décembre 2007
Le site officiel (avec une vidéo de l'objet)
Images prises ici et là
02 juillet 2007
Devenir H4ck3rz, pour les nuls
Internet, ce n'est pas que des casinos maltais ou des vidéos de chutes en skate, c'est aussi le commerce en ligne : transactions de fonds, numéros de cartes bleues et date d'expiration associée, tout ça circule tranquillement sur le réseau. De manière codée, certes, mais avec des clefs de codages bien connues de tous puisqu'elles sont publiques... Aujourd'hui, apprenons ensemble à décoder les chiffrements renfermant le code de la carte bleue de Mr Dupont qui vient de s'acheter un chouette vélo d'appartement.
Remontons à l'origine de la cryptographie, avec le code de César (comme son nom l'indique, inventé par Jules César). Le principe de ce code est tout simple : on décide d'une clé k, et on fait correspondre à chaque lettre du message la lettre de l'alphabet décalée de k lettres. Si k=3, on a A->D, B->E etc.
Prenons cet exemple : "VBVYJPYJPYJP KJPNNZ G'VIVIVN ZO HJPYN G'XVAZ".
Donné ainsi, déchiffrer le code peut nécessiter plusieurs minutes.
Si je précise qu'il s'agit d'un code de César, il n'y aura plus que 25 clés à tester.
Si j'ajoute que la clé est 8, le code sera cassé en quelques secondes.
Le tour de force des cryptages qui ont lieu sur internet, c'est que tout le monde sait que le codage utilisé est le codage RSA (Du nom de leur auteurs, Ron Rivest, Adi Shamir et Len Adleman), et que la paire de clés de codage est (relativement) publique ! (Pour plus de sécurité, le codage RSA est associé à l'OAEP, mais je ne vais pas en parler dans cet article)
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En plus, le codage RSA est plutôt simple à mettre en œuvre pour n'importe qui connaissant l'arithmétique (nombres premiers, nombres premiers entre eux, divisions euclidiennes et congruences) ! Voyons comment cela fonctionne :
Tout d'abord, Arnaud, maître en chef de la cryptographie, choisit deux nombres p et q tous les deux premiers. Il calcule ensuite le produit n=pq. n est alors la première clé de cryptage, qu'il mettra à disposition de tout le monde sur internet. Il choisit ensuite un autre nombre e, premier avec (p-1)(q-1), qu'il mettra à disposition de tout le monde sur internet.
Maintenant, Bernard a une terrible envie de passer un message secret à Arnaud, mais il sait que son ennemi juré, Christophe, guette. Ce message secret, c'est M, un entier positif plus petit que n.
Pour le coder, il suffit simplement de calculer le reste de la division euclidienne de Me par n :
Et le tour est joué, le message est codé ! Bernard n'a plus qu'à l'envoyer à Arnaud qui pourra le décoder.
Avant tout ça, Arnaud a aussi calculé l'entier d tel que 
.
Pour décoder C, il y a juste à calculer Cd modulo n. Le résultat sera alors M.
Le plus difficile pour Christophe (qui ne connait ni p, ni q, ni d), c'est de trouver ce nombre d. Pour cela, il lui faudra factoriser n en p×q, puis trouver d selon la relation ci-dessus.
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Petit exemple :
On prend les clés de cryptage suivantes
n = 1653277069
e = 65537
Et mon message caché, c'est :
C = 305880301
Pour décrypter ce message, il faut donc savoir factoriser. Comme ce n'est pas un nombre trop énorme, on peut encore le faire : 1653277069 = 41113 x 40213.
On a donc T=(p-1)(q-1) = 41112 x 40211 = 1653195744
Il faut à présent calculer d (L'inverse de e modulo T). Cet inverse, c'est d=1104341921.
On décode à présent le message.
Cd modulo n = 1615210520
En le décodant, on a 16.15.21.05.20 -> P.O.U.E.T
Et voilà un beau message décodé !
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Allez, passons à un petit exercice ! Saurez-vous décoder ce message codé, sachant que pour le coder, j'ai utilisé :
n =
28419181913810437345824250197567708730088202978694
28913715429476242088608345960904066292721435918199
21106779056877531440875230218032640311325038378896
92339352650802850904343984369558897929963233427
e = 65537
Et voici mon message codé :
C =
11702615899972603057258578189422057798020038730314
78892622538509244478308728446193131481112246707511
12640561090848642523271203957773047992148675956812
22080098315061823288413981706052270284295473961
Le premier ou la première qui réussira à le décoder gagnera un magnifique cadeau d'une valeur inestimable !
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Bref, pour hacker en toute tranquillité, il suffit simplement de savoir factoriser des grands nombres !
(Ai-je omis de préciser que dans l'état actuel des choses, il est impossible de factoriser un nombre à plus de 200 chiffres ?... Quand on sait que les clés de chiffrements des banques sont de l'ordre de 300 chiffres...)
Il faut tout de même se rassurer : ce système garde encore quelques failles, tout n'est pas perdu pour les hackers !
Sources :
La page Wikipedia sur RSA (avec démonstration)
Générer des grands nombres premiers
Calculs sur de grands entiers
09 juin 2007
Best online roulette gambling
Qui n'a jamais rêvé de gagner au loto ? A part les trois hippies au fond, personne ! Avec une chance sur 14000000 de gagner le gros lot, finalement, personne n'y crois vraiment...Par contre, pour ce qui est des jeux de casinos, le chance de gain nous sont beaucoup plus favorable.
Pour peu que les machines soient fiables comme dans un casino digne de ce nom (et contrairement à ce que l'on peut trouver sur internet), on peut même facilement calculer ses probabilités de gains. La roulette française, par exemple, contient 37 cases : 18 cases rouges, 18 cases noires et une verte. En misant sur le rouge, la probabilités de gagner est donc de 18/37=48,64%.
Bref, si je mise 1€ sur le rouge, j'ai 48,64% de chance de gagner mon euro, et 51,35% de perdre mon euro.
Depuis de nombreuses années, les joueurs ont tenté de chercher a faire basculer les probabilités en leur faveurs. De nombreuses techniques ont été mises au point : poupées vaudoo, prière, menace procès en justice ou application de la loi des grands nombres sur des petits nombres. Évidemment, rien de tout cela ne marche.
Pendant ces mêmes années, les mathématiciens probabilistes ont également cherché des techniques
pour gagner au casino, alias, martingales. Et en cherchant assez longtemps, ils les ont trouvé !
Le sujet de cette note est donc très simple :
Comment gagner à la roulette ?
(ou tout autre jeu d'argent de hasard pur, comme le pile ou face, la roulette russe ou le dé)
De nombreuses martingales existent, je vais vous présenter les principales :
La martingale classique (comment s'assurer de gagner 1€ ?)
Cette martingale est la plus simple de toutes :
On commence par miser 1€ sur le rouge.
Si le rouge tombe, vous venez de gagner un euro, et vous pouvez vous arrêter là.
Si c'est perdant, vous misez à nouveau sur le rouge, mais cette fois ci, 2€.
Si le rouge tombe, vous gagner 2€-1€(perdu à la première partie)=1€
En cas de perte, il faut miser 4€, puis continuer à doubler tant que l'on perd. (Tant que l'on perd, on mise tour à tour 1,2,4,8,16,32...)
Dès que le rouge sortira, le gain couvrira les pertes qui ont précédé, avec un petit plus de 1€.
La grande martingale (comment s'assurer de gagner 1€ par parties jouées ?)
On procède de la même façon que pour la martingale précédente, mais au lieu de miser le double de la mise précédente, on joue le double plus une unité. (Tant que l'on perd, on mise tour à tour 1,3,7,15,31...)
Au premier gain, on remportera autant de mise que de parties jouées. Ensuite, on peut partir du casino.
Le piquemouche (comment gagner autant en risquant plus ?)
On procède de la même façon que pour la martingale classique, mais au lieu de doubler les gains tout de suite, on se laisse d'abord un peu désirer. Tour à tour, il faut miser 1,1,1,2,2,2,4,4,4 et ainsi de suite.
Gagner au deuxième coup ne fera pas gagner un seul euro, mais aura le mérite de ne pas en faire perdre. En gagnant au troisième coup, la balance sera tout de même déficitaire de 1€, et il faudra recommencer pour espérer gagner cet euro.
De toutes les martingales présentées celle-ci est la pire de toutes, le seul point positif étant son nom rigolo.
La montante américaine (comment se prendre la tête inutilement)
Cette technique est différente des autres, il ne faut l'arrêter qu'une fois que la balance est positive.
On commence par miser une unité, puis deux, puis trois (si les deux premiers jeux sont perdant, dans le cas contraire, on arrête de jouer). En même temps, il faut noter sur un petit papier la suite des mises que l'on fait : 1/2/3.
Ensuite, tant que l'on perd, il faut miser la somme de la première et de la dernière mise inscrite sur le papier (on mise 4 et on l'écrit à la suite de la liste).
Si le jeu est gagnant, on raye de la liste les deux chiffres ayant composé la somme, et on mise à nouveau le premier et dernier nombre inscrit sur la liste. On continue jusqu'à rembourser ses dettes de jeu.
Bon, évidemment, si tout cela marchait, ça se saurait : les casinos auraient depuis des lustres mis la clé sous la porte.
Prenons le cas de la martingale classique : pour gagner 1€, il faut pouvoir tenir la perte successive d'une grosse somme d'argent. En perdant 10 fois de suite, par exemple, il faudra miser au onzième coup 1024€, en en ayant déjà perdu presque autant. Il est vrai que 10 noirs/vert de suite est quelque chose de plutôt rare (un peu plus d'une chance sur 1000), mais quand on espère gagner le gros lot avec la martingale classique, il faut compter jouer au moins mille fois, et les dix successive arriveront peut-être... (avec 63% de chances)
En fait, pour être sûr à 100% de gagner, il faudrait posséder un compte en banque infini. En jouant un très grand nombre de fois, même avec un gros compte en banque, on finira toujours ruiné.
En fait, Dubins et Savage ont démontré en 1956 que la meilleure façon de gagner à un jeu aléatoire qui nous est défavorable est de minimiser le nombre de parties jouer ; en fait, si le jeu est défavorable, il n'y a absolument aucun moyen d'inverser les probabilités en notre faveur (à moins d'un compte en banque infini).
Et pour finir, une fois n'est pas coutume, voici un petit script permettant de tester un grand nombre de fois les différentes martingales. On peut paramétrer tout un tas de choses pour adapter les tests à autre chose qu'une chance simple à la roulette. En choisissant "expérimentation" dans le menu déroulant, vous pouvez même jouer à la roulette, comme le titre l'annonçait ! (sauf peut-être pour "best") (Utilisez avec précaution le bouton "jouer 500 fois", les navigateurs ont un peu tendance à faire la gueule)
Et comme dirait un sage philosophe : la meilleure façon de gagner au loto, c'est de ne pas jouer. Surtout que plus on gagne d'argent, plus la déprime qui suit est violente...
Sources :
Beaucoup de wikipedia, et un peu d'un site de casino qui proposait à la fin de chaque explication un lien pour aller faire de la roulette online..