Probabiltés - Jeu à cliquets

[Nekama]

Bonjour à tous,

J'ai un problème de probabilités à proposer.

Le Jeu consiste à affronter aléatoirement des adversaires les uns à la suite des autres, tirés au hasard.
Une partie gagnée fait augmenter le score du joueur de 1 point. Un partie perdue le fait diminuer de 1.
Un principe de cliquets fait qu'il est impossible de tomber en dessous de 0, 10, 20, ...

1. Sachant que la probabilité de gagner du joueur est de p, combien de parties doit-il jouer en moyenne pour atteindre un score de 100 ?
2. Si p = 0,5, quel est l'intervalle de confiance à 50 % du nombre de parties à jouer pour atteindre un score de 100 ?
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[gg0]

Bonjour Nekama.

Dans quel contexte poses-tu cette question (exercice scolaire, concours, ...) ?
Au cas où quelqu'un voudrait essayer de répondre, une remarque simplificatrice : Le cliquet fait que dans les deux cas, la réponse est 10 fois la réponse pour un score de 10. Le calcul relève de la théorie des marches aléatoire (ici censurées, et la question est "atteindre 10 pour la première fois".

Cordialement.

[Nekama]

Bonjour,

Je ne savais pas qu'il fallait préciser le contexte. Désolé.
C'est un simple divertissement. J'ai passé l'âge des concours

Effectivement, en ce qui concerne la première question, l'espérance mathématique de la moyenne des 10 cliquets vaut 10 x celle d'un seul processus.
Pour l'intervalle de confiance, ...

C'est intéressant de comparer 10 * E(10) et E(100) mais on se doute bien intuitivement que la différence est conséquente.

[gg0]

Je ne comprends pas ta dernière phrase, E est la notation habituelle pour l'espérance.
Mais effectivement, j'ai été trop rapide. Pour la deuxième question, il ne s'agit pas de multiplier l'intervalle par 10, mais, pour trouver la loi, d'ajouter 10 variables aléatoires iid.
Cependant, je ne connais pas assez ces domaines pour trouver la loi du nombre de jeux pour atteindre 10; je sais seulement que la probabilité de ne pas atteindre 10 est nulle.

[A voir en vidéo sur Futura]

[MissJenny]

rien n'est dit de la fortune des joueurs avant le début de la partie, or c'est important s'il y a une barrière (absorbante?) en zéro.

[gg0]

Bonjour.

Apparemment, elle n'intervient pas, il n'y a pas d'enjeu entre les joueurs.

Cordialement.

[Nekama]

rien n'est dit de la fortune des joueurs avant le début de la partie, or c'est important s'il y a une barrière (absorbante?) en zéro.

Il n'y a aucune mise dans ce Jeu.

[MissJenny]

bon mais qu'est-ce qui se passe si un joueur est à zéro et perd?

[gg0]

Rien. Idem s'il est à 10; ou à 20; ...ou à 90.
C'est ça l'idée du "cliquet" : pas de recul à 0, 10, 20, ..90.

Cordialement.

[MissJenny]

ok, mais dans ce cas je ne comprends pas bien la notion d'adversaire. Si le perdant ne paie pas le vainqueur, c'est comme si chacun jouait tout seul, non? Du coup on a une simple marche aléatoire il me semble.

[gg0]

Tout à fait !
Je le disais dans mon message #2. Il s'agit de 10 marches aléatoires censurées successives.
L'aspect opposition est peut-être dans une concurrence pour arriver à 100.

Cordialement.

[Black Jack 2]

Bonjour,

Une simulation Python donne ces résultats :

p.........n
0,38....13900
0,4......8000
0,425...4329
0,45....2541
0,475...1613
0,5......1101
0,6......402
0,7......231
0,8......161
0,9......123
1.........100


A comprendre ainsi :
Si la proba de gagner 1 partie est p = 0,6 (par exemple), il faudra en moyenne jouer 402 parties pour atteindre un score de 100.

[Black Jack 2]

Rebonjour,

Je tente ...

Soit l'espérance du nombre de parties pour atteindre n en partant du score i.

0 < i < n : (1)

cliquet i = 0 : (2)

Condition :

Soit







(2)







(1)







suite "arithmético-géométrique" qui traitée classiquement donne:







est le nombre moyen de parties à jouer pour atteindre le score de 100 si p est la proba de gagner une partie.

Formule valable si p est différent de 0,5.

Si p = 0,5, il faut simplifier les équations en court de route, on arrive, je pense, alors à n = 1100

[Black Jack 2]

Zut, dans l'expression de E10 de mon message précédent, il faut évidemment remplacer n par 10



est le nombre moyen de parties à jouer pour atteindre le score de 100 si p est la proba de gagner une partie.

[Nekama]

Oui. Méthode élégante qui ne fait pas appel aux probabilités.

[gg0]

Bonsoir Black Jack 2.

Comme tu ne donnes aucune explication, difficile de valider tes calculs.
Peux-tu justifier ta ligne (1) ?
Elle est déjà fausse si n=10, car E9 ne peut pas dépendre de E10 (si on a atteint 10, on ne revient pas à 9). Dans les autres cas, quel est ton raisonnement ?

Cordialement.

[Nekama]

Si on réfléchit en termes d'états. De la situation i, on ne peut passer dans ce jeu qu'à la situation i-1 ou la situation i+1 et ce en jouant une partie de plus.
On passe de i à i+1 avec une probabilité p. On régresse de i à i-1 avec une probabilité q = 1 - p.

E_i = 1 + p E_i+1 + (1 - p) E_i-1

L'équation est peut être plus facile à appréhender sous la forme :

E_i = p (1 + E_i+1) + (1 - p) (1 + E_i-1)

[gg0]

Bonjour Nekama.

Ce qui m'intéresse est une preuve (dont pas une "explication", mais l'application de théorèmes). Quelle règle mathématique justifie la multiplication d'une espérance' par une probabilité ?
Et n'importe comment, cette formule est fausse pour i=9, ou 19, etc.

Par contre, une fois rectifiée, je n'ai pas de raison de la rejeter. Mais c'est un forum de maths, pas d'opinion. Donc il faut donner des preuves ...

Cordialement.

[MissJenny]

le théorème (à mon avis) c'est juste celui-ci : E(X) = E(E(X|Y)) (la seconde espérance étant prise suivant la loi de Y) mais tu as raison la barrière en 10 n'est pas prise en compte.

[MissJenny]

bon j'avais lu trop vite, je ne sais pas si c'est juste un conditionnement et du reste je ne vois pas bien lequel...

[gg0]

Bonjour MissJenny.

J'ai une idée de preuve de la formule annoncée (*), qui n'a rien à voir avec ta formule. Mais elle ne concerne pas le cas n=10 où ce qui importe, ce n'est pas d'atteindre 10, mais de l'atteindre pour la première fois (et il n'y en aura pas de deuxième). C'est ce qui me fait penser que ce calcul n'est pas adapté au problème du cliquet.
Black Jack2 a été très ingénieux, mais sans grande rigueur.

Cordialement.

(*) mais je ne suis plus dans le cadre du problème initial, en fait.

[Black Jack 2]

Pourquoi (1) est correcte, même pour i=9
L'équation E_{i}=1+pE_{i+1}+(1-p)E_{i-1} est une application standard du théorème de l'espérance totale.
Elle signifie simplement : "Pour atteindre l'objectif, je joue un coup (+1), puis selon le résultat, je repars soit de (i+1), soit de (i-1).

L'objection sur n = 10 : Tu penses que E_{9} ne peut pas dépendre de (E_{10}). Or, c'est l'inverse : (E_{10}) est la condition d'arrêt.
Dans mon système, (E_{10}=0) par définition (si on est à 10, le temps restant est nul). L'équation pour (i=9) devient donc (E_{9}=1+p(0)+(1-p)E_{8}), ce qui est parfaitement rigoureux.

L'autre point à clarifier est que je ne calcule pas le trajet de 0 à 100 d'un seul bloc, mais par paliers de 10.
Grâce au principe des cliquets, le jeu de 0 à 10 est identique au jeu de 10 à 20, ... ou de 90 à 100.

Une fois que le joueur atteint un multiple de 10, il ne peut plus redescendre. Ce point devient sa nouvelle "origine" (sa nouvelle barrière réfléchissante).
L'espérance totale pour atteindre 100 est donc simplement 10 fois E_{0--> 10}

Pour moi c'est correct ...

[gg0]

1) Tes notations ne sont pas claires : Tu appelles E_{10} à la fois " l'espérance du nombre de parties pour atteindre n en partant du score" 10 et "le nombre moyen de parties à jouer pour atteindre le score de 100 si p est la proba de gagner une partie". et même cette "espérance du nombre de parties pour atteindre n en partant du score i" pose problème. Est-ce l'espérance d'atteindre n pour la première fois, ou l'espérance d'y être un jour ou l'autre ? Car à priori, à part pour n=10, on peut repasser plusieurs fois par n.
2) Si n=10, la formule devient, pour i=9, E_9 = 1+pE_{10}+(1-p)E_8 = 1+(1-p)E_8 Peux-tu la justifier par des arguments probabilistes
3) "L'équation E_{i}=1+pE_{i+1}+(1-p)E_{i-1} est une application standard du théorème de l'espérance totale. " ?? Je connais le théorème des probabilités totales. Il parle de probabilités, pas de moyenne de variable aléatoire. Je vois un lien, mais
comme je ne sais pas quelles variables aléatoires sont en cause ...

Donc il manque une explication cohérente en termes de variables aléatoires.

"Pour moi c'est correct ... " ?? Tu dis ça comme si tu n'étais pas l'auteur du calcul.

Cordialement.

[GBZM]

Bonjour,
L'approche de Black Jack est correcte, et d'ailleurs tout à fait standard pour ce genre de problème.
On peut aussi adopter le formalisme des chaînes de Markov absorbantes : https://www.idpoisson.fr/berglund/pr...ml/node18.html , puisqu'ici on a une chaîne de Markov avec 10 états non absorbants 0,1,...,9 et un état absorbant 10.
À partir de la matrice de transition (où est une matrice 10x10), on obtient la matrice fondamentale et alors l'espérance du temps d'absorption (temps d'arrivée à 10) en partant de l'état 0 est la somme des coefficients de la première ligne de et l'espérance du carré de ce temps est la somme des coefficients de la première ligne de ; ceci permet de calculer la variance du temps d'arrivée à 10. Pour ne pas s'embêter et éviter les erreurs de calcul, on peut faire faire ça par un logiciel de calcul formel.

[Black Jack 2]

Pour moi c'est correct car je ne vois pas d'erreur dans mon développement ...

Tentative d'explication complémentaire :

On modélise le jeu comme une chaîne de Markov sur les états {0,1,...,n}.
- 0 est une barrière réfléchissante (cliquet).
- n est un état absorbant (objectif atteint).
- Pour 0<i<n, la transition est i à i+1 avec probabilité p, et i à i-1 avec probabilité 1-p.

On définit E_i = espérance du nombre de coups restants pour atteindre n en partant de i.
Par le théorème de l’espérance totale :
E_i = 1 + pE_{i+1} + (1-p)E_{i-1}, 0<i<n
Conditions aux bornes :
E_n = 0, \quad E_0 = 1 + pE_1 + (1-p)E_0

La seconde équation traduit la réflexion en 0 : si on perd en 0, on reste en 0.
Ainsi, le système est bien défini et l’équation (1) est correcte même pour i=n-1, car E_n=0.
Le problème global (atteindre 100) se décompose en 10 sous-problèmes identiques (atteindre le palier suivant de 10). L’espérance totale est donc 10 X E_{0 à 10}.

[Black Jack 2]

Désolé,

Pas vu la réponse #24 avant d'envoyer la mienne.

[gg0]

Je fais confiance à GBZM qui connaît le sujet. Je n'interviens plus.

[GBZM]

La mise en oeuvre en SageMath :

R.<p> = PolynomialRing(QQ,'p')
Q = matrix(R,10,10)
Q[0,0] = 1-p ; Q[0,1] = p ; Q[9,8] = 1-p
for i in range(1,9) :
    Q[i,i+1] = p ; Q[i,i-1] = 1-p
I = identity_matrix(R,10)
N = (I-Q)^(-1)
esp = sum(N[0,j] for j in range(10))
print("espérance du temps d'atteinte de 10 :\n",esp)
M2 = (I+Q)*N^2
var = sum(M2[0,j] for j in range(10)) - esp^2
print("variance du temps d'atteinte de 10 :\n",var)
print("Pour p=0,5 l'espérance du temps d'atteinte de 10 est {} et la variance {}"
      .format(esp(1/2),var(1/2)))

espérance du temps d'atteinte de 10 :
(5*p^9 + 5*p^8 - 10*p^7 + 30*p^6 - 50*p^5 + 58*p^4 - 45*p^3 + 23*p^2 - 7*p + 1)/p^10
variance du temps d'atteinte de 10 :
(-5*p^19 - 10*p^18 + 60*p^17 - 225*p^16 + 490*p^15 - 548*p^14 - 91*p^13 + 1755*p^12 - 4277*p^11 + 7021*p^10 - 9020*p^9 + 9394*p^8 - 7960*p^7 + 5453*p^6 - 2982*p^5 + 1275*p^4 - 412*p^3 + 95*p^2 - 14*p + 1)/p^20
Pour p=0,5 l'espérance du temps d'atteinte de 10 est 110 et la variance 8030

Pour l'atteinte de 100, multiplier par 10 les résultats pour l'espérance et la variance. La variance renseigne bien sûr sur la dispersion.

[gg0]

Heu ... pour la variance, c'est multiplier par non ? C'est la variance de la somme de 10 variables iid.

Cordialement.

[Black Jack 2]

Bonjour,

A partir de "Pour p=0,5 l'espérance du temps d'atteinte de 10 est 110 et la variance 8030" (message #28)

Intervalle de confiance à 50 % pour atteindre un score de 10 :


Pour atteindre un score de 100, l'espérance est 10 * 110 = 1100

Intervalle de confiance à 50 % pour atteindre un score de 100 :