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Bonjour mimod,

Dans le cas r=3, pour 3 jets, on a un cas possible qui est bien FFF avec la probabilité [tex]p^3[/tex]

Dans le cas r=2 avec 3 jets, je fais mon mea culpa, tu as raison.

Voici la liste des résultats possible pour 3 jets avec leur probabilité, la somme fait bien 1 :
PPP    [tex](1-p)^3[/tex]
FPP    [tex]p (1-p)^2[/tex]
PFP    [tex]p (1-p)^2[/tex]
PPF    [tex]p (1-p)^2[/tex]
FFP    [tex]p^2 (1-p)[/tex]
FPF    [tex]p^2 (1-p)[/tex]
FFP    [tex]p^2 (1-p)[/tex]
FFF    [tex]p^3[/tex]

Pour en revenir à la récurrence, ce serait donc :
[tex]P_{r+1} = (1-p) P_r [/tex]
[tex]P_{r+2} = p(1-p)P_r+(1-p) P_{r+1} [/tex]...

Petit retour sur le post 2 : L'espérance de "n'avoir que des pile" est de [tex]\frac{1-p}{p^2}[/tex]. Comment peut-on en déduire l'espérance de "Avoir au moins une fois face"? (ajouter 1 n'est pas très rigoureux)

Pour le cas r=2 :
  - 1 jet, probabilité d'avoir 2 face = 0
  - 2 jets, probabilité d'avoir 2 face = p² ( cas PP )
  - 3 jets, probabilité d'avoir 2 face = probabilité 1 fois pile PUIS 2 fois face = [tex]\frac{(1-p)p^2}{3}[/tex] ( cas FPP )

Le cas PPF ne doit pas intervenir dans la probabilité à 3 jets car il est déjà compté dans la probabilité à 2 jets. Les évènements "obtenir 1 fois pile PUIS 2 fois face" et "obtenir 1 fois pile ET 2 fois face" sont différents et n'ont pas la même probabilité:

P("obtenir 1 fois pile ET 2 fois face") = (1-p)p² ( PFF ou FPF ou FFP )

P("obtenir 1 fois pile PUIS 2 fois face") = (1-p)p² / 3 ( PFF seulement)

Il faut faire attention au vocabulaire. Quel évènement correspond à la "probabilité de 3 jets" pour toi?

MathRack

La probabilité d'avoir l'évènement "une fois face et r fois pile" est [tex](1-p)p^r[/tex].  Cet évènement peut se produire de différentes manières. Exemple avec r=2 :

FPP
PFP
PPF

Si on lance 3 fois la pièce, il y a 3 configurations possibles (et équiprobables) avec l'évènement "1 fois face et 2 fois pile". La probabilité d'avoir "1 fois face ET 2 fois pile" est (1-p)p². Cette probabilité est répartie équitablement entre les 3 configurations ci-dessus. Donc, la probabilité d'avoir "1 fois face PUIS 2 fois pile" est (1-p)p²/3.

Dénombrer les configurations est, en ce qui me concerne, un des pires aspects des statistiques, c'est pourquoi j'ai laissé des points d'interrogation sur les propositions de mon post...

EDIT : L'idéal serait qu'un membre plus chevronné du forum valide ce que j'ai écrit. Considère cela uniquement comme des pistes de réflexion en l'état...

Bonjour,

Il y a peut-être moyen de s'en sortir en se basant sur la définition de l'espérance :
[tex]E(X)=\sum_{i=1}^{\infty} X_i P_i[/tex]

Pour [tex]i \leq r-1 \mbox{, } P_i=0[/tex].
Pour [tex]i=r \mbox{, } P_i = p^r \mbox{ et } X_i=r[/tex]

Ensuite, ça se complique...

Pour [tex]i=r+1 \mbox{, } P_i = \frac{1-p}{r+1} P_r \mbox{ et } X_i=r+1[/tex] ? (si on a 1 face et r pile, il n'y a qu'une configuration sur les r+1 où face tombe avant tous les pile)

Pour [tex]i=r+2 \mbox{, } P_i = \frac{p(1-p)}{2(r+2)(r+1)}P_r+\frac{1-p}{r+2} P_{r+1} \mbox{ et } X_i=r+2[/tex] ?

Il faut peut-être une récurrence sur i pour continuer, c'est pas trivial, le dénominateur a l'air d'un coefficient binomial...

Dans le cas [tex]r=1[/tex], le contraire c'est d'avoir que des tirages face et on retrouve une série entière :
[tex]E(X)=1 + \sum_{n=1}^{\infty} n (1-p)^n = 1 + \frac{1-p}{p^2}[/tex]

MathRack