bonjour à tout le monde,
Un petit problème de proba m'empêche de dormir depuis un petit bout de temps: attention il parait simple!
je voudrais connaitre la probabilité sur un pile ou face (avec une pièce non truquée et une pièce truquée à 70 %), d'avoir une fois deux piles consécutifs sur une série de 12 lancés, peut importe le moment dans la série, la série s'arrete au moment ou l'on a le résultat.
pouvez vous m'y joindre vos calculs merci par avance
tu arrêtes l'expérience dès que tu as 2 pile consécutifs, ou bien toujours après 12 lancers? par exemple est-ce que ppfppfffpppp est un succès ou un échec?
J arrête l expérience des que j ai PP consécutifs sur un maxi de 12 lancés donc ma réponse est et/ou
je peux avoir par exemple
PFPFPFFPP JE STOPPE
OU
FFFFFFFFPFFPP
OU ENCORE
PFPP JE STOPPE
Dernière modification par warlok75 ; 02/06/2013 à 09h10.
tu peux facilement écrire une relation de récurrence pour la fonction f(n) = proba d'obtenir 2 pile consécutifs en au plus n lancers. Pour avoir un succès en (n+1) lancers, il faut soit avoir un succès en n lancers soit avoir observé la suite fff...ffpp (avec (n-1) face et 2 pile). Les deux situations sont disjointes donc f(n+1) = f(n)+(1-p)^(n-1)p^2 (p est la proba de pile) et comme f(2)=p^2 tu peux calculer f(n) de proche en proche.
trop tard pour modifier : ce que j'ai écrit est faux : soit tu as réussi en n lancers, soit tu réussis au (n+1)ième lancer, et alors tu as forcément une suite xx...xx
fpp où il y a (n-2) valeurs quelconques mais ne contenant pas 2 pile de suite. La suite xxx ...xx a pour proba (1-f(n-2)) et au final tu as : f(n+1) = f(n) + (1-f(n-2))(1-p)p^2
Dernière modification par toothpick-charlie ; 02/06/2013 à 09h23.
oui il me semble que ton approche est bonne, c'est pour appliquer dans un trading system avec une modelisation d'une martingale d'alembert. pour les 12 lancés maxi tu trouves combien avec un outil de 50% de réussite et de 70 %.
peux tu me confirmer ces derniers s'il te plait
j'ai appliqué ta formule, sous réserve d'une erreur de compréhension de ma part je n'ai pas trouvé la solution, car si tu prends l'exemple simple si dessus pour 2 lancés tu as les solutions suivantes
PP
PF
FP
FF soit 1 combinaison gagnante sur 4 possibilités avec un taux de réussite de 50% tu obtiens (1/4)/2*100= 12.5%
est ce que mon raisonnement est juste ?
Lancés 2 4 5 6
PP 1 3 8 27
combi 4 8 16 32
% 12.5 idem idem 16.88
pour 12 lancés combien as tu de PP possibles et combien de combinaisons possibles?
merci de ton aide
Bonjour,
Voir http://forum.prepas.org/viewtopic.php?f=3&t=43789
@+
Not only is it not right, it's not even wrong!
J'adore le "j'ai trouvé" !! Même pas reconnaissant.
oui j'ai posté sur 2 fofo mais je ne cherche pas à me faire mousser avec le résultat de tes réponses, j'ai trouvé peut être interprété de diverses manières, si tu lis la suite j'expose une autre approche, je suis dans le noir total sur cette question donc j'attend une aide et non la guerre. Ton approche est différente mais en appliquant ta formule je ne retrouve pas sur les petites series les résultats escomptés. donc je cherche encore merci
les modos vous n'etes pas d'une grande aide sur ce coup là, avant tout je cherche une solution à mon problème car mes connaissances sont faibles sur le sujet. Mais j'aurais besoin d'une réponse et non de reflexion stériles.
en effet tu peux comprendre je l'ai trouvé, j'ai trouvé ou ce que j'ai trouvé sur le net à toi de voir..... merci de pouvoir m'apporter des solutions et non des réflexions en sortant des propos d'un contexte.Envoyé par gg0
Toothpick-charlie t'a donné tout ce qu'il faut pour faire toi-même le calcul, et tu n'as même pas l'élémentaire politesse de le citer sur l'autre forum. Personne n'est à ton service.
Ce n'est pas une question d être a mon service que de répondre à un problème posé par un débutant malhabile !
Je n arrive pas à trouver la solution juste ! Donc je remercie encore une fois le premier intervenant pour son aide même si je ne pense pas y avoir trouvé ma réponse exacte. Au dernier intervenant je lui dit merci pour son accueil chaleureux. Je vous souhaite réussite dans vos projets personnels.
Bonjour
Un peu rouillé, je tente cette approche simple :
A cause de la condition d'arrêt , c'est plus facile de calculer la probabilité de ne jamais avoir 2 piles consécutifs
Les tirages sont indépendants. Quand les conditions d'arrêt ne sont pas réunies, la probabilité d'avoir comme tirage précédent pile ou face n'est pas changée
Nous avons donc 11 pas de tirages (1/4,3/4) à calculer.
A n=2 , P1=3/4
n=3 , P2 = 3/4 * P1
P12 = 0.75 ^ 11
D'où la probablité recherchée 1 - 0.75 ^ 11
si le dé est ( 0.7,0.3) , ca donne ( 0.7 ^2 , 1 - ( 0.7 ^ 2 ) ) au lieu de ( 1/4 , 3/4 )
et donc au final 1 - 0.51 ^11
Dernière modification par mike.p ; 07/06/2013 à 18h12.
Bon, une première approche pourrait peut-être utiliser la loi des grands nombres... avec une probabilité de 50% de pile, je tombe sur, environ 90% (a 2% près)
Let's do the math.
une pièce a une probabilité p de tomber sur pile.
on va calculer la probabilité que les deux derniers lancés soient PP. Un lancer étant indépendant du précédent, ceci ne dépends pas du nombre de lancer effectués (si le nombre de lancer est strictement supérieur a 1, évidement) et vaut toujours
Pour 12 lancer, la probabilité de gagner est la même que celle de ne pas perdre... on a perdu si au bout de 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12 lancers on n'a jamais eu deux PP a la suite en dernier lancer... on a donc:
Dans le cas p=1/2, on a 0.96... mon générateur semble donc avoir un biais (hypothèse haute) ou ma démonstration est fausse (hypothèse basse).
en cas d'attaque de zombies, adressez vous a un geek.
Trois états, xF, FP ou gagné. La matrice de transition est
On prend la puissance 12ème de la matrice, et on l'applique à (1, 0, 0), et on trouve
0.907958984375
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonjour
En effet, ca colle avec les simulations numériques.
Que sont exactement les 3 alternatives xF , FP ou gagné ?
merci !
xF : dernier tiré face, sans avoir gagné avant
FP : dernier tiré pile, sans avoir gagné avant ni avec le dernier tirage
gagné : on a eu PP dans le passé.
Dernière modification par Amanuensis ; 08/06/2013 à 19h21.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
en effet, les hypothèses d'indépendance que j'avais prises étaient fausses.
Quel est exactement le formalisme qui permet d'analyser ce problème de la sorte ? ( détermination des états possibles et affectations des coefficients )
ps : C'est bien appliqué 12 fois et non 11 ?
je suis moi aussi intéressé par un lien/une référence vers qqch qui permettrait de comprendre ce qu'il y a derrière cette méthode matricielle.
@mike.p oui, si j'ai bien compris, on commence virtuellement avec un faux tirage a F. (choix de (1,0,0)...)
en cas d'attaque de zombies, adressez vous a un geek.
C'est un formalisme proche de celui de la MQ. Il y a une base d'états purs / propres , une situation de départ vectorisée dans cette base et une transformation qui est bien à appliquer 12 fois.
Je n'avais pas compris qu'on pouvait/devait passer par là.
Il faut maintenant un paquet d'exercices pour apprendre à savoir si le formalisme est applicable , choisir la bonne base et poser la transformation.
Les variantes intéressantes pourraient être "avec un premier tirage forcé à face ou pile" et "avec 3 tirages consécutifs de piles"
merci !
Chaînes de Markov.
Cela s'applique quand on peut "condenser" toutes les possibilités passées pertinentes au problème en un nombre d'états fini. C'est ici le cas, les trois états étant ceux indiqués. La matrice de transition est p(e_i, e_j) = proba(Etat suivant = e_j | état courant = e_i).
Par exemple proba(suivant = xF | xF) = 1/2, puisque c'est le tirage de F
(bon exercice: retrouver les 9 coefficients de la matrice que j'ai indiquée)
Oui, 12 tirages = 12 transitions = 12 applications de la matrice. Ensuite le "vecteur" de départ sont les probas des états avant le premier tirage, ici on prend p(xF)=1, p(FP)=0, p(gagné=0), choix qui devrait être clair. On aurait pu prendre la puissance 11ème et l'appliquer au résultat après le premier tirage (1/2, 1/2, 0), le résultat est le même...ps : C'est bien appliqué 12 fois et non 11 ?
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonne réaction!
Simple variation, vous devriez trouver rapidement la liste des états!Les variantes intéressantes pourraient être "avec un premier tirage forcé à face ou pile" et "avec 3 tirages consécutifs de piles"
Plus compliqué, condition d'arrêt genre FPF...
Perso, je dessine le graphe d'état à la main, en partant de "gagné"...
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De l'autre côté, utile de vérifier la méthode sur des cas triviaux. Par exemple, gain au premier pile. Deux états, "pas gagné" noté "F", et "gagné", la matrice est :
F -> F, proba 1/2 [tirage face]
F -> gagné, proba 1/2 [tirage pile]
gagné -> gagné, proba 1 [on a gagné, un tirage de plus ne change rien]
gagné -> F, proba 0
soit
aisé de vérifier que la puissance n est
D'où on peut lire: si on part de "pas gagné" (soit le vecteur de proba (1, 0)), après n coups (n multiplication de la matrice) la proba de état="gagné" est 1-(1/2)^n, celle de "état= pas gagné" est (1/2)^n, ce qui est bien ce qu'on attend.
Pour toute question, il y a une réponse simple, évidente, et fausse.
Bonjour
J'ai retrouvé par tatonnements le cas à 70% puis quelques variantes. C'est intéressant de pouvoir simuler ces questions numériques pour écarter la plus grande partie des mauvaises solutions.
Mais MercI pour cette explication magistrale ! Je vais prolonger car c'est une analyse puissante qui va m'aider à revisiter pas mal de choses.
bon dimanche
Joli!
Pinaillage pour gagner du temps de calcul: utiliser la matrice suivante qui ne garde la trace que des cas non gagnants:
Bonjour,
En prenant un problème plus simple où on tire 3 fois au sort d'un coup.
Il y a 3 possibilités chacune affectée de sa probabilité , p1 , p2 , p3. La 3e force à continuer jusqu'à un maximum de C tests, les 2 premières entrainent l'arrêt ( comme obtenir pile pile dans le cas du fil )
transfo :
1 0 0
0 1 0
p1 p2 p3
et en condition initiale ( 0 0 1 )
Au bout d'un grand nombre d'itérations, les valeurs se stabilisent et la 3e tend vers 0
On peut estimer C pour atteindre ce zéro , puisque ce terme est de la forme p3 ^ C
Mais les 2 autres sont compliqués.
On peut prévoir qu'ils resteront dans le même ordre numérique mais est il possible d'estimer leurs limites sans effectuer toutes les itérations ?
Bon, je vais voir si ce n'est pas une suite ou un développement limité connus ; pour l'instant , l'outil bricolé me rend des facteurs non organisés et je ne vois pas bien encore les régularités d'une itération à l'autre.
Je rêve d'une suite en -1/12
bien sûr, le même coef est appliqué sur p1 et p2 et quand p3 tend vers 0 , les 2 espérances gardent les proportions des probabilités initiales.
Je crois avoir trouvé mes réponses mais merci de me signaler toute erreur
soit P la prob recherchée :
La prob d'avoir deux piles consécutifs est 1/2*1/2 =1/4.
si l'objectif se réalise dès les deux premier lancé, alors la prob est 1/4
si l'objectif se réalise dès le deuxième lancé, alors la prob est 1/2*1/4
si l'objectif se réalise le troisième lancé, alors la prob est 1/2*1/2*1/4 ainsi de suite
P= 1/4 + ((1/2)^1) x 1/4 + ((1/2)^2) x 1/4+......+ ((1/2)^10) x 1/4
P= somme ((1/2)^n) x (1/4); n allant de 0 à 10
cette prob est la somme des termes d'une suite géométrique de raison 1/2 et de premier terme 1/4
p= 1/4((1-(1/2)^10)/(1-1/2))= 1023/2048= 0,4995
