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 #26 - 07-11-2016 11:28:09

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Vous juez ou pas ?

Oui, je t'ai confondu avec Ebichu. Désolé.

#0 Pub

 #27 - 07-11-2016 16:11:43

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Vous jjouez ou pas ?

Le temps est écoulé et vous pouvez lire toutes les réponses.

La réponse la plus courte est à mettre à l'actif d'Ebichu pour le cas général, qui a posé une équation qui relève presque de la sorcellerie. On voit ici ou là cette équation dans ces problèmes de proba, pas facile à écrire, mais si efficace !
Sinon, il y a eu une étonnante grande diversité dans les chemins de la solution. C'est à souligner. 

La plupart d'entre vous avez trouvé la bonne réponse, qui est d'environ 142 €, et donc oui il faut relever le défi. Seulement, moi je ne veux plus jouer. Ou alors je lance la pièce....

Pour le cas général, si on veut obtenir n P ou n F d'affilée, il faudra en moyenne jouer 1 / (2^n-1).

Je vous donne ici ma propre réponse

Merci à tous pour votre participation !

__________________________________________________________

La méthode que j'ai utilisée peut être nommée méthode de répartition.
On définit n variables pour calculer la proba d'obtenir une série de 1 à n PILE ou 1 à n FACE.
Les variables V1 à Vn représentent la proportion de séries de (1 à n) P ou (1 à n) F consécutives.
On a la relation, à tout moment du jeu :  V1 + V2 + .....Vn = 1
Quand on commence le jeu :
1er lancer :
V1=1
2ème lancer:
V1 se vide pour moitié dans V1 et pour moitié dans V2 (symboliquement V1---->V1,V2 ).
V1=1/2
V2=1/2
3ème lancer:
V2 ------> V1,V3.
V1 -----> V1,V2.
V1 = 1/2
V2 = 1/4
V3 = 1/4.

etc...

Les transferts sont :
Vk----->V(k+1),V1 pour tout k de 1 à n-1
Vn----->V1 cette ligne traduit la remise à zéro du compteur quand on a atteint l'objectif de n P ou n F consécutifs.


On peut alors calculer les valeurs des variables V(m+1) en fonction de la valeur des variables Vm après le lancer m:
V1(m+1) = (V1m + V2m + V3m + ...V(n-1)m) / 2 + Vnm
Vk(m+1) = V(k-1)m / 2 pour tout k de 2 à n

On peut facilement alors utiliser un tableur pour obtenir une valeur exacte de Vn pour l'ensemble des m lancers : Vn(1) + Vn(2) +...Vn(k)
Cette somme représente exactement ce qu'il faut payer en moyenne.

Mais on observe aussi une convergence des répartitions. On la calcule en posant les équations ci dessus avec Vk(m+1) = Vk, à laquelle on ajoute l'équation V1+V2+..Vn = 1
C'est un système d'équations simples dont la solution unique est :
V (n-k+1) = 2 ^(k-1) / (2^n-1) pour tout k de 1 à n.

Et donc Vn = 1 / (2^n-1)
Il faudra procéder à 2^n-1 lancers en moyenne pour obtenir une série de n PILE ou n FACE.   


La convergence est encore à prouver, l'observation ne suffit pas.
On attribue à chaque variable un epsilon ep1, ep2,...epn, écart par rapport à la convergence. La somme algébrique des ep est nulle.
On procède à n lancers et on observe la distribution de chaque ep indépendamment les uns des autres. Au bout de n lancers, chaque ep de départ possède une fraction dans chaque variable. Comme chaque variable posséde au bout de n lancers une fraction de chaque ep initial, il possède des ep + et des ep -, lesquels s'annulent partiellement. La somme des valeurs absolues de tous les ep de départ est donc diminuée après n lancers. La limite de la somme des valeurs absolues des ep, après beaucoup de lancers, est donc 0. Il y a donc bien convergence.

 #28 - 08-11-2016 11:09:11

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Vous jouez ou as ?

Je viens de corriger le texte de ma méthode en supprimant la variable VA, qui était vraiment une verrue.

L'algorithme sous-jacent indique clairement que pour une suite infinie de lancers de pièces, la répartition sera la suivante :
-Les suites consécutives de P ou de F de longueur 1 occupent la moitié des suites observables.
-Les suites consécutives de P ou de F de longueur 2 occupent le quart des suites observables.
-Les suites consécutives de P ou de F de longueur n occupent la partie 1/2^n des suites observables.

Ce dont on se doutait bien plus ou moins.

 #29 - 08-11-2016 19:07:21

Ebichu
Professionnel de Prise2Tete
Enigmes résolues : 49
Messages : 303

Vos jouez ou pas ?

Pas mal du tout, cette idée de convergence. Et merci à toi de continuer à animer ce forum.

 #30 - 09-11-2016 10:20:42

nodgim
Elite de Prise2Tete
Enigmes résolues : 0
Messages : 2953

Vou jouez ou pas ?

Merci de d'avoir lu ma prose jusqu'au bout, Ebichu, ce n'est pas forcément attractif comme ça sur du seul texte. De vive voix, et devant un tableau, ce serait sans doute bien plus passionnant.

Je suis beaucoup plus redevable à ce forum que l'inverse, car c'est stimulant de partager les idées.

 #31 - 11-11-2016 16:46:03

caduk
Passionné de Prise2Tete
Enigmes résolues : 37
Messages : 68

Vous joez ou pas ?

Bonjour,
Je répond un peu tard car les réponses sont déjà données. Néanmoins, je me suis intéressé a la loi de probabilité suivies par la variable aléatoire X comptant le nombre d’occurrences de trois 3P ou 3F.
Même si c'est evidemment beaucoup plus simple de calculer l'espérance comme le fait Ebichu, ça peut être intéressant de savoir la loi pour une valeur précise de X.
Supposons n le nombre de tirages.
On peut voir que pour X=k fixé, le nombre de séquences comportant k triplet parmi la séquence de longueur n peut être ramené à compter le nombre de débu de triplet parmi les n-2 tirages, sous la condition que chaque débuts soit séparés de au moins 3 cases. Si les débuts étaient séparés par au moins une case, on obtiendrait bien évidemment les coefficients binomiaux, que l'on notera (k n) (k parmi n) Ici, on notera ((k n)) k parmi n séparés de 3 cases.
Il nous reste à chercher la relation de récurrence suivie par ce nouveau coefficient binomial.
On sait que (k n) = (k n-1) + (k-1 n-1). Cette formule ce trouve ainsi: soit un début se trouve tout à droite, et il en reste k-1 à caser dans les n-1 dernières cases , donc (k-1 n-1), soit les k débuts sont situés partout sauf sur la première case, il y en a donc k parmi n-1 cases, ce qui nous donne notre relation.
Ici, en suivant le même raisonnement, on trouve que ((k n)) = ((k n-1)) + ((k-1 n-3)).
A partir de notre relation de récurrence, on trouve le triangle suivant (par la même manière que le triangle de pascal:
1 0 0 0 0 0 0 ...
1 1 0 0 0 0 0 ...
1 2 0
1 3 0
1 4 1   0
1 5 3   0
1 6 6   0
1 7 10 1
1 8 15 4
1 9 21 10
...

On reconnait les séquences
1,1,1,1,1
1,2,3,4,5,6
1,3,6,10
1,4,10 ... qui apparaissent dans le triangle de pascal

On peut donc conjecturer:
((k n)) = ( k   n-2(k-1) )
Vérifions que la relation de récurrence est vérifiée:
((k n-1)) + ((k-1 n-3)) = ( k  n-1-2(k-1) ) + ( k-1  n-3-2(k-2) ) = ( k  n-2k+1 ) + ( k-1 n-2k+1) = ( k  n-2k+2 ) = ( k n-2(k-1) ) = ((k n))

L'initialisation est facile à vérifier, par le principe de récurrence, la formule est donc juste.

On déduit donc que P(X = k) = ((k n-2))*2^k*2^(n-3k) / 2^n = ( k n-2k )*2^(n-2k) / 2^n (2^k car deux choix possibles pour chaque triplet, 2^(n-3k) car deux choix possibles pour chaque tirage restant)...
Il reste alors à calculer l'espérance (mais ça m'a l'air assez dur...)

 

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