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#1 - 19-03-2016 19:43:56
- nodgim
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rTois-pièces
Bonsoir à tous,
Une bien courte énigme :
Pour espérer obtenir 3 piles, vaut il mieux lancer 3 pièces de monnaie 20 fois ou 1 seule pièce (3 piles consécutifs) 35 fois ?
Si vous répondiez au hasard en vous aidant par exemple de la face sur laquelle pourrait retomber la pièce de monnaie, vous pourriez être récompensé en monnaie de singe....
#2 - 19-03-2016 20:05:23
- dhrm77
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Trois-pices
Si on ne compte pas la tranche, on a 1 chance sur 8 par tentative. Dans le premier cas on a: 93.08% de chance d'y arriver. Dans le 2eme cas, on a 98.78% de chance d'y arriver.
...donc 35 fois serais la reponse.
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#3 - 19-03-2016 23:25:42
- Ebichu
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trous-pièces
En lançant 3 pièces de monnaie 20 fois, la probabilité d'obtenir au moins une fois 3 piles est 1-(7/8)^20 soit environ 93,08%.
En lançant une seule pièce 35 fois, la probabilité d'obtenir 3 piles consécutifs au moins une fois est p(35), où p(0)=p(1)=p(2)=0, et ensuite p(n+1)=1/8+p(n)/2+p(n-1)/4+p(n-2)/8 (on a ensuite p(3)=1/8, p(4)=3/16, p(5)=1/4...).
p(35)=32276862265/34359738368 soit environ 93,94%. La méthode avec une seule pièce est donc légèrement plus efficace.
NB : accessoirement, p(35)=1-T(38)/2^35, où T(38) est le 38e nombre de la suite de Tribonacci, avec T(0)=T(1)=0 et T(2)=1.
#4 - 20-03-2016 00:12:00
- gilles355
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troiq-pièces
Avec la première méthode ça revient à calculer la prob d'avoir au moins l'apparition de 3 piles sur 20 lancés c'est à dire le contraire de ne jamais avoir 3piles sur 20 lancés.
C'est à dire 1-(7/8)^20 = 0.93
la deuxieme méthode ne donne qu'une chance sur 4.
#5 - 20-03-2016 08:32:00
- nodgim
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Trois-picèes
Dhrm et Gilles: êtes vous sûr de votre résultat pour le 2ème cas ? Ebichu: c'est parfait. La dernière formule que tu cites m'était inconnue, mais j'en soupçonnais l'existence.
#6 - 20-03-2016 09:00:23
- golgot59
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Trois-ièces
Cas 1 : 1 lancer de 3 pièces donne 1 chance sur 8 d'obtenir 3 piles, donc 7 /8 de ne pas l'obtenir. Après 20 lancers, il y a (7/8)^20 chances de ne pas faire 3 piles, et donc une proba de 1-(7/8)^20
Cas 2 : Ouch, c'est beaucoup plus compliqué !
#7 - 20-03-2016 13:53:17
- QUATTRED
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troid-pièces
La probabilité d'avoir 3 piles en lançant 3 pièces sur 20 lancers est
P1 = 1-(7/8)puissance 20, soit 0,931
La probabilité d'avoir 3 piles de suite sur 35 lancers est
P2 = 1/8 * Somme de 7/8 puissance 0 à 32 soit 0,988
#8 - 20-03-2016 14:04:13
- enigmatus
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rois-pièces
Bonjour, 3 pièces de monnaie 20 fois Probabilité d'avoir un tirage de 3 piles [TeX]1 -(7/8)^{20}=0.930791[/TeX] 1 seule pièce (3 piles consécutifs) 35 fois Calcul effectué pas à pas. À l'itération n - probabilité de gain = proba de gain à n-1 + 1/2 * proba de 2 piles à n-1 - probabilité de 2 piles = 1/2 * proba de 1 pile à n-1 - probabilité de 1 pile = 1/2 * proba de 0 pile à n-1 - probabilité de 0 pile = 1/2 * (proba de 0 pile à n-1 + proba de 1 pile à n-1 + proba de 2 piles à n-1) J'obtiens 0.939380 pour 35 lancers
Cette seconde option est donc préférable, même avec 34 lancers (0.934083)
Une simulation sur 10 millions d'expériences me donne 0.930972 dans le premier cas 0.939473 dans le second
#9 - 20-03-2016 14:41:44
- dhrm77
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Troiss-pièces
Voici les maths derriere mes nombres: Pour le premier cas: Pour qu'il y ait au moins une chance d'avoir 3 piles, on soustrait de l'ensemble des cas, les cas ou il y a autre chose, soit: \frac{7}{8}^{nombre de jets}
pour 20 jets de 3 pieces differentes: [latex]1 - (\frac{7}{8})^{20} = [/latex] 0.930791241
pour 35 jets d'une seule piece, on a 33 instances de 3 jets consecutifs: [latex]1 - (\frac{7}{8})^{33} =[/latex]0.987802643 mais je me rends compte que a chaque nouveau jet, les chances ne sont pas toujours égales... Donc je corrige pour le deuxieme cas: 1-[latex]\frac{2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(2*(4)-1)-1)-2)-4)-7)-13)-24)-44)-81)-149)-274)-504)-927)-1705)-3136)-5768)-10609)-19513)-35890)-66012)-121415)-223317)-410744)-755476)-1389537)-2555757)-4700770)-8646064)-15902591)-29249425)-53798080)-98950096)-181997601}{2^{35}}[/latex]= 0.939380327 ou encore: 1 - [latex]\frac{2082876103}{2^{35}}[/latex]= 0.939380327
Ce qui donne toujours le 2eme cas plus avantageux.
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#10 - 20-03-2016 18:48:47
- nodgim
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trois-oièces
@Quattred: non pour le 2ème cas.
@Enigmatus et Dhrm77: c'est OK pour vous, bravo. Il y a peut être qq chose de plus simple pour exprimer la réussite au rang n pour le lancer d'une seule pièce. Mais bon, l'essentiel est là.
@tous ceux qui ont déja trouvé: pour une proba identique dans les 2 expériences, que peut on dire du rapport entre le nb de lancers 3 pièces et le nombre de lancers 1 pièce ?
#11 - 20-03-2016 22:59:54
- Ebichu
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trois-poèces
Ce rapport tend vers ln(x/2)/ln(7/8) où x est la seule racine réelle de x³-x²-x-1 (soit environ 1,839), ce qui fait environ 0,627 ?
#12 - 21-03-2016 08:01:22
- nodgim
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Trois-piècess
Pour les qq exemples pris au hasard, et après moyenne, je trouve une valeur proche de ça mais différente. C'est parce que cette moyenne est proche d'un nombre célèbre que je pose la question. Mais je n'ai pas l'explication. Ce nombre est plus connu par son inverse.
#13 - 21-03-2016 08:16:38
- enigmatus
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rrois-pièces
nodgim #10 a écrit:pour une proba identique dans les 2 expériences, que peut on dire du rapport entre le nb de lancers 3 pièces et le nombre de lancers 1 pièce ?
On n'a pas les mêmes probabilités dans les 2 séries de tirages, mais j'obtiens approximativement un rapport de 0,627 (pour environ 2000 lancers de 3 pièces).
Ajouté : La probabilité est alors de l'ordre de [latex]1-10^{-116}[/latex]
#14 - 21-03-2016 08:21:05
- Ebichu
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trois-piècrs
OK. Je pense que c'est un hasard si c'est proche du nombre d'or (ou de son inverse).
En fait, tu recherches les valeurs de n et k telles que 1-(7/8)^n = 1-T(k+3)/2^k. Or, T(k+3)~cste.x^k (avec x = ce fameux ~1,839, voir https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Tribonacci pour la valeur exacte), donc on a :
(7/8)^n ~ cste.x^k/2^k
En passant au ln, il vient n/k ~ ln(x/2)/ln(7/8).
#15 - 21-03-2016 09:38:20
- Franky1103
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Trois-pices
La probabilité d’avoir trois piles est de:
1er cas P = 1 – (7/8)^20 = env. 93%
2ème cas P = 1 – P1 – P2, avec: P1 = probabilité d’avoir alternativement des piles et des faces P2 = probabilité d’avoir au maximum deux piles consécutifs P1 = (1/2)^(35-1) est négligeable Mais pour P2, ça se complique: je repasserai plus tard.
Edit: Je suis repassé, mais toujours bredouille. ![sad](img/smilies/sad.png)
#16 - 21-03-2016 16:46:43
- nodgim
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troid-pièces
D'accord Ebichu. Ce n'est en effet pas le nombre d'or comme je le pensais à tort. Enigmatus: oui OK.
#17 - 22-03-2016 19:18:34
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Trois-picèes
Un petit dernier pour la fin ![lol](img/smilies/lol.png) A priori je dirais sans vraiment chercher les subtilités cachées du problèmes qu'il vaut mieux lancer 1 pièce 35 fois.
3 piles lancées 1 fois ==> probabilité d'avoir PPP est de 1/8. Donc pour 20 lancées on aurait 1-(7/8)^20 (=0.931) de probabilité d'avoir le PPP
3 lancées consécutives d'une pièces ==> Proba d'avoir PP est de 1/8 aussi. En 35 lancées, on a 33 triplets consécutifs donc on aurait 1-(7/8)^33 (=0.988) de proba d'avoir PPP.
voilà!
#18 - 22-03-2016 21:08:24
- Franky1103
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trois-piècrs
Ebichu a écrit:p(n+1)=1/8+p(n)/2+p(n-1)/4+p(n-2)/8
En faisant un graphe, j'étais parti sur un truc comme ça sans pouvoir le concrétiser.
Ebichu a écrit:Suite de Tribonacci
Je ne connaissais pas non plus.
#19 - 23-03-2016 07:43:26
- Ebichu
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rrois-pièces
Et moi non plus... merci oeis ![smile](img/smilies/smile.png)
#20 - 23-03-2016 08:39:20
- golgot59
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trois-puèces
Donc pas moyen dans le cas 2 d'obtenir une formule ou un moyen de faire le calcul plus rapidement ?
#21 - 23-03-2016 09:01:10
- nodgim
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teois-pièces
Merci aux participants.
Ceux qui ont raté la solution se sont heurtés à la seconde expérience, avec 1 seule pièce.
Voici une explication: La proba de réussir R1 au bout de 3 lancers: PPP=1/8 Proba R2 de réussir au bout de 4 lancers: FPPP. le F de début =1/2 mais aussi F=1-4R1. En effet PPP=R1 donc 4R1=P et 1-4R1=F. R2= (1 - 4R1)/8
Proba de réussir au bout de 5 lancers: PF PPP FF PPP
PF ou FF = 1 - (PP ou FP) = 1- (2R1 - 4R2) R3=(1-4R2-2R1)/8
De même R4=(1-4R3-2R2-R1)/8
Généralité Rk = (1-4R(k-1)-2R(k-2)-R(k-3)-...R1)/8
Quand on calcule R(k+1)-Rk on trouve
Rk= R(k-1)/2 + R(k-2)/4 + R(k-3)/8.
C'est facile alors de calculer avec un tableur la valeur de Rk.
Il est à remarquer que R(k+1)/Rk tend vers une limite 0,91... qui est la racine d'une équation de degré 3.
Ebichu a peut être des précisions à donner sur la façon dont il a trouvé la formule générale ?
#22 - 23-03-2016 12:00:48
- Ebichu
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trois-pièczs
Pour commencer, j'ai trouvé avec le même raisonnement que toi la relation de récurrence : R(k)= 1/8 + R(k-1)/2 + R(k-2)/4 + R(k-3)/8. J'ai donc résolu le problème avec un coup de tableur.
Les premières valeurs sont 1/8 ; 3/16 ; 8/32 ; 20/64... j'ai donc rentré la suite 1,3,8,20 dans le moteur de recherche de l'oeis, et je suis tombé sur https://oeis.org/A050231 qui indique la relation : R(k)=1-T(k+3)/2^k. Cette relation se démontre immédiatement par récurrence à l'aide de la relation de récurrence du paragraphe précédent.
Après, wikipedia m'a renseigné sur la suite de Tribonacci : https://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_de_Tribonacci C'est une suite récurrente linéaire d'ordre 3 qui vérifie la relation de récurrence T(k+3)=T(k+2)+T(k+1)+T(k). En tant que suite récurrente linéaire, elle peut s'exprimer sous la forme T(k)=a1.r1^k+a2.r2^k+a3.r3^k, où les ri sont les racines du polynôme x^3-x^2-x-1.
Les racines r2 et r3 sont complexes, et de module strictement inférieur à 1, donc pour k grand, T(k)~a1.r1^k, où r1 est la seule racine réelle du polynôme (r1=1,8393...).
Ceci donne finalement R(k) ~ 1 - cste.r1^k/2^k ~ 1 - cste.0,91...^k (le 0,91... dont tu parles étant la moitié de la racine r1).
#23 - 23-03-2016 17:42:58
- nodgim
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Trois-ipèces
OK merci pour cette précision.
#24 - 30-03-2016 17:50:19
- cogito
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Troiss-pièces
Moi personnellement, pour obtenir 3 piles, j'aurais lancé trois pièces, alors qu'en lançant une seule pièce plein de fois j'aurais toujours qu'une seule pile ![big_smile](img/smilies/big_smile.png)
Spoiler : [Afficher le message] Bon d'accord des piles d'une seule pièce, mais des piles quand même ... oui bon comment on dit dans ces cas là ? ah oui, je sors ^^'
Il y a sûrement plus simple.
#25 - 30-03-2016 20:13:36
- Franky1103
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rois-pièces
Tu es sorti sûrement pour ne pas perdre la face.
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