... et 5 livres pour 2 euros ?

freddy · 23-03-2010 17:18:32

Bonjour,

on a vu que le jeu d'une livre pour un euro n'était pas à l'avantage de Y qui jouait le second, après X.

Du coup, en cherchant un peu, Y propose le jeu suivant à X : muni d'un dé à 6 faces parfaitement équilibrées chacun le lance à son tour et ils notent le chiffre apparu.

Ils enregistrent le cumul et s'arrètent quand ce dernier est supérieur ou égal à 2010.

Si le total est égal à 2010, Y remporte les mises, sinon c'est X qui gagne.

Au début de chaque partie, X mise 5 £ et Y, 2 €.

Permet il à Y de se "refaire la cerise" ?

freddy · 30-08-2010 11:57:43

Salut JFF,

voilà un sujet qui n'a pas inspiré grand monde.

Aimerais tu t'y frotter, il est goutu et velu à souhait, comme dirait un de mes amis "matheux" ?

Je pense que tu devrais aimer, mais tu n'es obligé en rien, bien entendu.

A plouche ...

JFF · 31-08-2010 04:33:45

Salut Freddy,

C'est gentil d'avoir pensé à moi,
je me frotte à ce genre de problèmes velus
en faisant attention car certains peuvent être
urticants !

Je ne suis pas habitué à calculer des probas
dans des cas de nombre d'essais variable, mais je
vais tenter un truc dans un premier temps :

2010 est très grand par rapport aux issues du lancer d'un dé,
alors je vais faire une approximation de départ (qui est peut-être
illicite, il faudrait qu'un expert nous éclaire) :

Sur un grand nombre n de lancers le résultat moyen est très proche de 3,5.
En 572 lancers la somme variable T se moyenne sur 2002,
en 573 lancers sur 2005,5 et en 574 lancers sur 2009.
Dans ces 3 cas et dans les autres, l'écart type de la somme T est
celui d'un lancer × [tex]\sqrt{nb\,lancers}[/tex],
soit [tex]1,70782513\sqrt{n}[/tex].

A chaque valeur de n correspond une somme variable T distribuée
selon la loi normale [tex]N\left(3,5n\,;\,1,70782513\sqrt{n}\right)[/tex],
d'après mon approximation, pour n suffisamment grand.

La plus grande valeur de n envisageable est 2009 (si 2009 fois de suite
le dé a fait 1...) et la plus petite 2004/6 = 338 (si 338 fois de suite il a
fait 6...).

1ère idée :
Pour atteindre 2010, il faut être arrivé entre 2004 et 2009
en n coups, puis avoir obtenu un résultat bien précis au
dernier coup (de proba conditionnelle 1/6 quoi qu'il arrive).
La proba d'arriver pile à 2010 est donc la somme, pour n allant de
338 à 2009, de prob(2004 [tex]\leq [/tex] T [tex]\leq [/tex] 2009) × 1/6

2ème idée :
La proba d'arriver pile à 2010 est donc la somme, pour n allant de
339 à 2010, de prob(T = 2010).
(on a le droit d'ajouter ces probas car ces événements sont incompatibles).
De plus, la proba complémentaire est aussi celle cumulée des événements qui,
au bout d'un certain temps feront dépasser 2010 sans l'avoir atteint.

Il y a sûrement beaucoup plus court pour résoudre cet exercice (soit je manque
de logique, soit de sommeil, soit de connaissances en la matière, soit les 3 cumulés,
ce qui est plus probable).

Sur Excel, le calcul de toutes ces prob(T = 2010) pour presque tous les n possibles
donne une somme de 0,28571428 ressemblant furieusement à 2/7, soit 1/3,5 !!!!
(les versions "1ère idée" et "2ème idée" donnent bien sûr le même résultat)

Si X mise 5€ avec une proba de gagner de 5/7
et Y mise 2€ avec une proba de gagner de 2/7,
alors les chances de gain sont équilibrées.

Par exemple pour Y : gain = -2 5 espérance : 0
proba = 5/7 2/7

Dernière modification par JFF (31-08-2010 04:37:18)

JFF · 31-08-2010 04:58:04

Tiens si j'avais été un peu plus flemmard et moins soucieux j'aurais dit :

2010 est tellement grand que tous les résultats approchants sont quasi
équiprobables.

En un certain nombre de coups (indéterminé, très important), et en envisageant
un coup supplémentaire le cas échéant (là, je détermine) :

en faisant moins de 2004 on ne peut atteindre 2010 en un lancer ;
en faisant plus de 2010, c'est trop tard ;
Il reste 7 possibilités équiprobables (de 2004 à 2010).
Je les répartis sur 7 branches d'un arbre, avec les probas 1/7
2010 permet à Y de gagner,
2004 aussi, en faisant 6 après (proba 1/7×1/6)
2005 aussi, en faisant 5 après (proba 1/7×1/6)
etc.
2009 aussi, en faisant 1 après (proba 1/7×1/6)

proba totale de gagner : 1/7 + 6×1/7×1/6 = 2/7 !

freddy · 31-08-2010 14:08:58

Salut JFF,

tes efforts sont méritoires, mais j'ai un tout petit problème : on dit qu'on joue tant qu'on n'a pas atteint 2010 ; on dit que l'un gagne si on tombe pile-poil sur 2010, sinon c'est l'autre.

Dans ton approche, si n = 336 et que j'ai eu autre chose de des 334*6+2+3 = 2009, le jeu ne s'arrête pas !!!

En l'état, l'approche par le nombre de jet plus que par le nombre (et donc la proba) d'arriver à 2010 ne peut être validée ...

Essaie autre chose (ou thadrien, s'il en a le temps). Je rappelle que c'est velu.

Bb

freddy · 31-08-2010 15:22:44

Re,

commençons par plus simple et fixons le seuil à 12.

Quelle serait la probabilité de gagner ?

freddy · 31-08-2010 19:11:27

JFF a écrit :

Tiens si j'avais été un peu plus flemmard et moins soucieux j'aurais dit :
2010 est tellement grand que tous les résultats approchants sont quasi
équiprobables.
En un certain nombre de coups (indéterminé, très important), et en envisageant
un coup supplémentaire le cas échéant (là, je détermine) :
en faisant moins de 2004 on ne peut atteindre 2010 en un lancer ;
en faisant plus de 2010, c'est trop tard ;
Il reste 7 possibilités équiprobables (de 2004 à 2010).
Je les répartis sur 7 branches d'un arbre, avec les probas 1/7
2010 permet à Y de gagner,
2004 aussi, en faisant 6 après (proba 1/7×1/6)
2005 aussi, en faisant 5 après (proba 1/7×1/6)
etc.
2009 aussi, en faisant 1 après (proba 1/7×1/6)
proba totale de gagner : 1/7 + 6×1/7×1/6 = 2/7 !

Capillotracté, non ?

Je ne pige pas pourquoi tu t'imposes qu'un seul coup de dé ?

Mieux : quand tu es à 2010, pourquoi encore jouer puisque c'est gagné ???

...

Oui, je sais, je titille, c'est fait exprès ... :-))

Dernière modification par freddy (31-08-2010 19:12:32)

JFF · 01-09-2010 00:34:53

Mais non tu te poses de faux problèmes :

Soit on envisage tous les cas possibles,
ce que j'ai fait dans ma première réponse :
p(2010) = p(2010 et 339 coups) + p(2010 et 340 coups) + ... + p(2010 et 2010 coups)
ça marche à tous les... coups
La seule approx est l'utilisation de la loi normale,
largement justifiée ici.

Soit on envisage en un bloc toutes les parties
bien avancées (pour tout n, d'un coup) et susceptibles de gagner
au coup suivant, c'est à dire toutes les parties
imaginables puisque toutes avancent en direction de 2010,
et on échafaude les différentes possibilités de gagner,
ce que j'ai fait dans ma deuxième réponse.
Là encore, une approx : l'équiprobabilité.

Aux approximations près, ces deux raisonnements
sont imparables.

JFF · 01-09-2010 01:25:43

Au fait, pour ta remarque qui titille :
quand je suis à 2010, je ne rejoue pas
(cette branche primaire de mon arbre est la seule
que l'on ne prolonge pas).

C'est un peu comme les papous à poux
et pas à poux :

Quel que soit le nombre n de coups réalisés (j'insiste bien là-dessus :
j'envisage les parties d'un nombre n de coups fixé, qui forment un
ensemble Pn_)
je crée un ensemble d'événements "quasi" équiprobables :
En_ = {2004 et Pn_ ; 2005 et Pn_ ; 2006 et Pn_ ; ... ; 2010 et Pn_} et
je me laisse la possibilité d'un coup de dé supplémentaire (pourquoi ? parce que
ce n'est pas interdit lol et que la probabilité d'une issue sur un coup de dé
est simple à établir : 1/6), c'est ma règle du jeu, à ce stade.

En_ seul m'intéresse car avant 2004 je ne peux gagner (ces cas seront
repris pour n+1, n+2, etc en lieu et place de n) et après 2010
j'ai déjà perdu.

dans l'absolu, p(gagner) = [tex]\sum^{}_{n}[/tex] p(Pn_ et gagner)
= [tex]\sum^{}_{n}[/tex] p(En_ et gagner)
= [tex]\sum^{}_{n}[/tex] [p(2010 / En_).p(En_) + p(2004à2009 / En_).p(En).1/6]
= [tex]\sum^{}_{n}[/tex] [p(En_)] × (1/7 + 1/7)
= 1 × (1/7 + 1/7)

Mais bon, je sens bien que je suis pataud dans mes
explications, par manque d'expérience là-dessus...
que tout le monde me pardonne, je ne suis qu'un animal.

A tous ceux qui doutent encore je dis
"Luc, fie-toi à ton intuition"

JFF · 01-09-2010 02:22:23

En fixant le seuil à 12 au lieu de 2010, c'est affreux !

Je manque de connaissances, alors je me suis tout fait
à la main : proba de gagner en 2 coups jusqu'à proba
de gagner en 12 coups, avec toutes les combinaisons
que ça implique, et j'arrive à un résultat de 0,2889 environ
(2,0223 / 7), si je n'ai pas fait une bourde dans tout ça.

Quelqu'un a-t-il plus simple pour ce genre de problème ?

Ou bien doit-on inventer une nouvelle loi de proba, la loi Freddy-JFF ?

freddy · 01-09-2010 13:39:20

Salut !

Après Bachet-Bezout, Cauchy-Schwartz, Bolzano-Weierstrass, Beppo-Lévy, Laplace-Gauss et Kolmogorov-Smirnov, je vois bien en effet Freddy-JFF :-)))) (dans 30.000 ans !)

Bon, pour arriver à la probabilité pour tomber sur un total de 12, voilà comment je ferais :

je pose [tex]x=\frac16[/tex], proba élémentaire pour faciliter les calculs. Je nomme [tex]T_n =\sum_{i=1}^nT_i[/tex] la somme des numéros obtenus à l'issue de n jets successifs du dé et je désigne par X la variable aléatoire indiquant le total obtenu. Je note [tex]p_k=\Pr(X=k)[/tex]

Au départ, on se dit qu'il faut calculer [tex]\Pr(T_n=k)[/tex], ce qui renvoit en effet au calcul de la décomposition de k en somme de termes compris entre 1 et 6. Cela renvoit au probléme de la partition d'un nombre entier, très intéressant mais très lourd à manipuler.

On se prend à rêver et on se dit : commençons par le commencement.

On a alors les résultats simples suivants :

[tex]\begin{cases}p_1=\Pr(X=1)=x\ \\ p_2=\Pr(X=2)=x\times (1+x) \\ p_3=\Pr(X=3)=x\times (1+x)^2 \\ p_4=\Pr(X=4)=x\times (1+x)^3 \\ p_5=\Pr(X=5)=x\times (1+x)^4 \\ p_6=\Pr(X=6)=x\times (1+x)^5 \end{cases}[/tex]

Pour 1, on a un cas possible ; pour 2, on a le choix entre un jet qui donne "2" ou bien deux jets de "1" chacun ; pour 3, on a un jet = 3, puis 2 jets qui donnent (1, 2) ou (2,1), ou bien 3 fois "1" ; pour 4, on a soit 1 fois "4", ou bien deux fois "1+3" ou bien une fois "2+2" ou bien une fois "1+1+1+1", et ainsi de suite jusqu'à 6.

De 7 à 13, ça se complique un peu. En raisonnant, on trouve la relation suivante :

[tex]p_7=\Pr(X=7)=x\times (1+x)^6-x[/tex]

[tex]\forall \;8 \leq n \leq 13,\;p_n=\Pr(X=n)=x\times(1+x)^{n-1}-x\times (1+x)^{n-8}\times \left((n-6)\times x+1\right)[/tex]

En effet, à partir de 7, on voit que la proba suivante dépend des 6 précédentes, donc on a :

[tex] \forall n \geq 7,\;p_n=\frac16\times \sum_{i=1}^6 p_{n-i}[/tex]

En particulier, on a [tex]p_{12}=0,29083[/tex]

Le problème est qu'au delà de 13, ça devient de moins en moins explicite. Il faut donc trouver une stratégie efficace.

A suivre ...

Dernière modification par freddy (03-09-2010 13:58:49)

freddy · 06-10-2010 23:18:36

Je reprends.

A partir de la dernière remarque, on établit les relations suivantes :

[tex]\begin{cases}6p_n=p_{n-1}+p_{n-2}+p_{n-3}+p_{n-4}+p_{n-5}+p_{n-6} \\ 6p_{n+1}=p_{n}+p_{n-1}+p_{n-2}+p_{n-3}+p_{n-4}+p_{n-5} \\ 6p_{n+2}=p_{n+1}+p_{n}+p_{n-1}+p_{n-2}+p_{n-3}+p_{n-4} \\ 6p_{n+3}=p_{n+2}+p_{n+1}+p_{n}+p_{n-1}+p_{n-2}+p_{n-3} \\ 6p_{n+4}=p_{n+3}+p_{n+2}+p_{n+1}+p_{n}+p_{n-1}+p_{n-2} \\ 6p_{n+5}=p_{n+4}+p_{n+3}+p_{n+2}+p_{n+1}+p_{n}+p_{n-1} \end{cases}[/tex]

soit : [tex] 6p_{n+5}-6p_{n+4}=p_{n+4}-p_{n-2} \Rightarrow p_{n+7}=\frac16\times \left(7p_{n+6}-p_{n}\right),\; \forall n \ge 1[/tex] et

[tex]6p_{n+5}+5p_{n+4}+4p_{n+3}+3p_{n+2}+2p_{n+1}+p_{n}= 6p_{6}+5p_{5}+4p_{4}+3p_{3}+2p_{2}+p_{1}= 6[/tex]

Donc si la suite [tex]\left(p_n,\;n \in \mathcal{R}^*\right)[/tex] est convergente, sa limite est égale à [tex]\frac27[/tex].

Il reste à montrer que la suite est convergente, car elle est bornée mais non monotone ... Il suffit pour s'en convaincre de calculer quelques termes !

A suivre ...

freddy · 15-10-2010 18:22:43

Salut !

Il y a plusieurs manières d'arriver au résultat.

Parmi celle ci, une méthode consiste à résoudre [url=http://fr.wikipedia.org/wiki/Suite_r%C3%A9currente_lin%C3%A9aire la récurrence linéaire[/url]en montrant que les racines sont de modules inférieures à l'unité.

Une autre consiste à encadrer la suite par les deux suites extraites suivantes :

[tex] U_n=Max\left(p_{n+5},\;p_{n+4},\;p_{n+3},\;p_{n+2},\;p_{n+1},\;p_n\right)[/tex]

et

[tex] L_n=Min\left(p_{n+5},\;p_{n+4},\;p_{n+3},\;p_{n+2},\;p_{n+1},\;p_n\right)[/tex]

La suite U(pper) est positive, décroissante et minorée par la suite L(ower) positive, croissante et majorée par U.

On démontre ensuite qu'elles ont même limite, qui est celle de P;

Une approche plus heuristique établit aussi le résultat cherché.

Dernière modification par freddy (15-10-2010 18:23:16)

freddy · 18-10-2010 19:14:25

Re,

cette approche heuristique est la suivante. Tôt ou tard, en moyenne et à la longue, les deux compères se trouveront face au 6 nombres suivants : 2004, 2005, 2006, 2007, 2008 ou 2009.

Partons de 2004 et Y joue. Soit il gagne (une chance), soit il passe le dé à X ;

ce dernier a 1 chance de gagner s'il se trouve en 2005, 2 s'il se trouve en 2006, 3 s'il se trouve en 2007, 4 s'il se trouve en 2008 et 5 s'il se trouve en 2009.

Si X ne gagne pas, Y reprend le dé et joue. Chaque fois, il a une chance de gagner ; sinon c'est X qui prend le dé et qui joue ... jusqu'au moment où Y perd ou gagne.

Au total, au début de la situation, on voit que Y a 6 chances de gagner et 21 chances de perdre (=les 21 chance de gagner de X), sur un total de 21+6= 27. On retouve le résultat précédent.

En toute rigueur, on trouve [tex]p_{2010}=\frac27-5.55\times 10^{-16}[/tex]

Donc la valeur du jeu pour Y est égale à [tex]- 2E\times \frac57+5L\times \frac27 \ge 0[/tex] tant qu'une Livre Sterling est supérieure ou égal à un Euro ! ...

A l'heure où je vous écris, la GBP vaut 1,1381 Euro ! Donc Y se refait bien la cerise ...

Ciao et salute per tutti.

Forum de mathématiques - Bibm@th.net

#1 23-03-2010 17:18:32

... et 5 livres pour 2 euros ?

#2 30-08-2010 11:57:43

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#3 31-08-2010 04:33:45

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#4 31-08-2010 04:58:04

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#5 31-08-2010 14:08:58

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#6 31-08-2010 15:22:44

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#7 31-08-2010 19:11:27

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#8 01-09-2010 00:34:53

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#9 01-09-2010 01:25:43

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#10 01-09-2010 02:22:23

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#11 01-09-2010 13:39:20

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#12 06-10-2010 23:18:36

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#13 15-10-2010 18:22:43

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

#14 18-10-2010 19:14:25

Re : ... et 5 livres pour 2 euros ?

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