Nombre de jet moyen nécessaire pour obtenir PileFaceFace

[Glueguy]

Bonjour,

Il y a peu notre prof de maths nous as donné l'énigme suivante :
Combien de jet d'une pièce parfaitement équilibrée faut t'il en moyenne pour obtenir PileFaceFace (PFF) ?
Un type d'expérience serait : FFFFPFPFF (ici on a 9 jets)
Cela fait longtemps que je réfléchi mais je n'arrive définitivement pas à trouver
Je connais bien la technique pour calculer le nombre moyens de jets pour avoir FFF où on découpe l'espérance en d'autres espérances et on obtient :
EX = p(0)(EX|0)+p(1)(EX|1)+p(2)(EX|2)+p(3)(EX|3)
où 0 = FFF,
1=P,
2=FP,
3= FFP
et donc on peut obtenir l'équation suivante :
EX = (1/8)*(3)+(1/2)*(EX+1)+(1/4)*(EX+2)+(1/8)*(EX+3)
on résout et on a :
EX=14.
Mais je n'arrive pas à appliquer ça à PFF, et encore moins à tous les autres tel que FPF, FFP, PPF, etc...

Bref si vous avez la solutions, aidez moi à resoudre ça

Ps: j'ai fait un programme pour tester l'esperance et elle vaut 8 pour PFF (mais je peux pas l'expliquer)

[Ben314]

Salut,
Le plus simple, c'est de regarder les espérances conditionnelles conditionnées par les deux dernier résultat :
On note le nombre moyen de coups supplémentaires qu'il faut pour obtenir la séquence sachant que les deux derniers résultats sont . Idem pour ; et .
Tu as alors les 4 équations suivantes :




(je te laisse chercher les deux dernières de façon à voir si tu comprend d'où proviennent ces équations)
Ces 4 équations te permettent de déterminer la valeur des 4 espérances conditionnelles; puis l'espérance que tu cherche (partant du début) est (pourquoi ?)

Remarque 1 : Après calculs, on trouve bien E=6 (exactement).
Remarque 2 : La méthode est la même pour n'importe quelle série de trois résultats (ou plus).
Seules les 4 (ou plus) équations sont différentes.

[Glueguy]

Alors j'ai mis longtemps à comprendre mais si j'ai bien compris :
E(PF) = 1/2 (1+E(FP)) + 1
E(FP) = 1/2 (1+E(PP)) + 1/2 (1+E(PF))
E(FF) = 1/2 (1+E(FP)) + 1/2 (1+E(FF))

Mon cerveau fume
Par contre pour l'équation finale je ne comprend pas, logiquement, pour :
\frac{1}{4}(2+E_{pp})
Je comprend que, quand on a PP, on a 1 chance sur 4 d'obtenir PFF en obtenant FF
mais pour
\frac{1}{4}(2+E_{ff})
Pour moi étant donné qu'on a FF, pour obtenir PFF il faudrais tirer PFF et donc ce serais plutot:
\frac{1}{8}(3+E_{ff})

Je dois mal comprendre quelque chose du coup,

PS : merci de votre aide et de votre réponse

[Glueguy]

OH J'AI COMPRIS.
C'est fou comme c'est intelligent, merci !

[lyceen95]

Je n'ai pas tout compris... mais juste pour s'assurer que tout est clair pour tout le monde.

Combien de jets d'une pièce parfaitement équilibrée faut-il en moyenne pour obtenir PFF ? Réponse 8
Combien de jets d'une pièce parfaitement équilibrée faut-il en moyenne pour obtenir PFP ? Réponse 10
Combien de jets d'une pièce parfaitement équilibrée faut-il en moyenne pour obtenir PPP ? Réponse 14

On est bien d'accord ?
Si tout le monde est d'accord là-dessus, alors tout va bien.

[beagle]

Bonjour lyceen95,
Ben314 connait les deux derniers, il trouve alors une E = 6
et 6+2 font bien les 8
donc tout va bien!

[GaBuZoMeu]

Dans le match "qui arrive le premier ?", PFF et PFP sont ex-aequo. Il me semble bien qu'on avait parlé de ça il n'y a pas trop longtemps sur ce forum. On est tenté d'en conclure que l'espérance du nombre de tirages pour arriver à PFP doit donc être la même pour PFF, c'est-à-dire 8, et que lycéen95 a tort. Et pourtant ...

On peut calculer l'espérance du nombre de tirages pour obtenir PFP avec une variante de la méthode de Ben314. On considère 4 états pour les suite de tirages de longueur au moins 2. L'état B pour "Bingo" où on a gagné en obtenant PFP, l'état P où le dernier tirage est pile, mais on n'est pas au bingo, l'état PF où les deux derniers tirages sont pile-face, et l'état FF où les deux derniers tirages sont face-face. Pour chacun des états on a une espérance du nombre de tirages supplémentaires pour arriver au bingo, qu'on note par la lettre avec l'état en indice. Bien sûr puisqu'on est déjà au bingo. On a , donc . On a , donc . On a , donc .

Une suite de deux tirages est dans l'état B avec probabilité 0, dans l'état P avec probabilité 1/2, dans l'état PF avec probabilité 1/4 et dans l'état FF avec probabilité 1/4. L'espérance du nombre total de tirages pour arriver au bingo est donc .

Alors, comment fait malgré tout PFP pour faire jeu égal avec PFF ?? Contre-intuitif, n'est-ce pas ?

[Ben314]

Si on réfléchi "dans le bon sens", c'est pas si contre intuitif que ça :
La moyenne du nombre d'apparition d'une séquence donnée de 3 de long dans une série aléatoire de de long ne dépend pas de la séquence : c'est toujours .
Mais le fait que certaines séquences peuvent "se chevaucher" et pas d'autres fait que cette moyenne n'est pas toujours obtenue de la même façon.
Par exemple, si dans les séries possibles on doit voir apparaître fois chacune des séquences de 3 possibles :
- La séquence PFF apparaît dans les 4 séries PFF??, dans les 4 ?PFF? et dans les 4 séquences ??PFF.
Donc elle apparaît une seule fois dans 12 des 32 séries possibles et il y a donc 12 chances sur 32 qu'elle apparaisse au moins une fois dans une série aléatoire.
- Par contre pour la séquence PFP, ça va être différent vu qu'il y a chevauchement entre les séries de la forme PFP?? et ??PFP du fait de la série PFPFP où le séquence PFP apparaît deux fois. Donc la séquence PFP n’apparaît (au moins une fois) que dans 11 des 32 séries possible et il n'y a que 11 chances sur 32 qu'elle apparaisse au moins une fois dans une série aléatoire.
- Et évidement c'est encore pire pour PPP qui, comme les autres, apparaît 12 fois au total, sauf qu'elle apparaît 3 fois dans la série PPPPP et 2 fois dans les séries FPPPP et PPPPF ce qui fait qu'elle n’apparaît (au moins une fois) que dans 8 des 32 séries possibles et il n'y a que 8 chances sur 32 qu'elle apparaisse au moins une fois dans une série aléatoire.

[GaBuZoMeu]

Bonjour Ben314,

Je suis parfaitement d'accord avec les faits que tu énonces et qui vont dans le sens qu'il faille attendre plus longtemps en moyenne pour voir apparaître PFP que PFF, et encore plus longtemps pour voir apparaître PPP.

Mais, à mon avis, ça n'explique absolument pas le fait contre-intuitif que je soulignais et que je reformule de façon un peu différente :

On est d'accord qu'il faut attendre plus longtemps en moyenne pour voir apparaître PFP que PFF. Mézalor, comment se fait-il que le joueur qui parie que PFP va apparaître avant PFF a tout de même une probabilité de gagner égale à 1/2 ? On s'attendrait à moins, n'est-ce pas ?

Par contre, le joueur qui parierait que PPP va apparaître avant PFF a une probabilité de gagner égale à 2/5, et c'est la même chose s'il parie PPP contre PFP. Ça n'a rien de contre-intuitif, sauf peut-être le fait qu'il n'a pas plus de chances contre PFP que contre PFF.

J'ai des démonstrations calculatoires de ces probabilités de gain que je peux donner si on les demande.

[GaBuZoMeu]

Une petite simulation qui illustre le fait contre-intuitif. Voici le code en python 3, commenté :

Code: Tout sélectionner

from random import *

def jeu(A,B):
    # deux premiers tirages; nbtir le nombre de tirages
    Der2=[randrange(2),randrange(2)] ; nbtir=2
    # a est à 0 tant que A n'est pas sorti;
    # idem pour b et B
    a=0 ; b=0
    # on boucle jusqu'à ce que A et B soit sortis
    while (a==0 or b==0) :
        # nouveau tirage ajouté aux deux derniers
        Der3=Der2+[randrange(2)] ; nbtir+=1
        # si A n'a pas encore été obtenu, on vérifie
        # si on l'obtient; dans ce cas on met a à 1
        # et on range le nombre de tirages dans tirA
        if a==0 :
            if Der3==A :
                tirA=nbtir ; a=1
        # idem pour B
        if b==0 :
            if Der3==B :
                tirB=nbtir ; b=1
        # on garde les deux derniers tirages et on revient
        # dans la boucle
        Der2=Der3[1:]
    # on renvoie la liste [tirA,tirB]
    return [tirA,tirB]

def seriejeux(A,B,n) :
    # on fait une série de n jeux et on comptabilise le
    # nombre de fois où A arrive premier et les totaux de
    # nombres de tirages pour arriver à A et B
    victA=0 ; tottirA=0 ; tottirB=0
    for i in range(n) :
        R=jeu(A,B)
        tottirA=tottirA+R[0]
        tottirB=tottirB+R[1]
        if R[0]<R[1] : victA+=1
    # on retourne la proportion de victoires de A,
    # le nb moyen de tirages pour A et celui pour B
    return victA/n, tottirA/n, tottirB/n

Et maintenant, le résultat de 20 séries de 5000 jeux :

(prop. A gagne, nb moy. tir pour A, nb moy. tir pour B)
(0.4858, 8.1458, 9.9156)
(0.5066, 7.9478, 10.02)
(0.5072, 8.0566, 10.0778)
(0.5114, 7.8712, 10.1058)
(0.487, 8.0192, 9.8772)
(0.4984, 8.0138, 10.057)
(0.5032, 7.924, 10.01)
(0.502, 8.1636, 9.9732)
(0.5068, 7.9214, 10.151)
(0.4934, 8.0264, 9.869)
(0.5016, 8.038, 9.8372)
(0.4894, 7.99, 9.8908)
(0.4956, 8.0102, 9.925)
(0.5058, 7.8922, 9.9054)
(0.51, 8.004, 10.2042)
(0.5064, 7.9026, 10.2774)
(0.4896, 8.0646, 9.7326)
(0.495, 7.9956, 9.9904)
(0.505, 7.9214, 9.9198)
(0.494, 8.0642, 9.9016)

Ça confirme le fait que l'espérance du nombre de tirages pour A est 8, celle pour B est 10, et que malgré cela la probabilité que A arrive premier n'est que de 1/2.

[lyceen95]

Dans l'exercice qui nous concerne ...
PFP a une chance sur 8 d'apparaître dès le 3ème lancer, à nouveau 1 chance sur 8 d'apparaître dès le 4ème lancer, et à nouveau 1 chance sur 8 d'apparaître dès le 5ème lancer. Sauf que parmi les différentes combinaisons en question, certaines sont perdues parce que on avait eu PFP dès le 1er tour. Et donc au 5ème lancer, ce n'est pas 1 chance sur 8, mais 0.75 sur 8

Tout ça parce que la 1ère lettre de la séquence PFP est la même que la dernière lettre de cette même séquence.
Si on a joué PFF, on a 1 chance sur 8 de voir cette séquence apparaître dès le 3ème lancer, même chose dès le 4ème lancer, même chose dès le 5ème lancer, et si PFF sort au 5ème lancer, on a la certitude qu'il n'était pas sorti avant. Pas de déchet, PFF sortira donc statistiquement avant PFP, l'écart qu'on constate au 5ème lancer ne pourra que s'amplifier.

Dans l'autre jeu ...
Dans un match PFF contre PFP, cette situation ne se produit pas. On a en fait une succession de temps morts, tant que les 2 derniers lancers n'ont pas donné PF. Et quand on vient de sortir PF, le jeu devient un simple pile ou face : 50% de chances pour les 2 joueurs.

Autre cas, dans un match PFP contre FPP , les 2 dernières lettres de PFP sont les mêmes que les 2 premières lettres de FPP. Sale coup pour FPP ! Il a un espoir de 'conclure' quand les 2 derniers tirages sont FP uniquement. Mais pas de chance, quand FP viennent d'apparaître, il y a une chance sur 2 que le match soit déjà terminé, parce que son adversaire vient de sortir sa combinaison.
En fait, ce n'est pas tout à fait 1 chance sur 2 que le match soit déjà fini, parce que FP peut sortir aux 2 premiers lancers.

On peut parler de domination : PFP domine FPP, parce que ses 2 dernières lettres sont les 2 premières de FPP.
Et dans le 1er jeu, PFP se domine lui-même , à cause de la lettre P en 1ère et dernière position.

[GaBuZoMeu]

Bonsoir lycéen95.

Ton troisième paragraphe avec l'explication de pourquoi PFF et PFP font match nul dans "qui arrive le premier" est bien convaincant. Par contre tes deux premiers paragraphes ne me semblent vraiment pas clairs - sauf à les interpréter comme répétant l'argument donné plus haut par Ben314.

[lyceen95]

C'est effectivement le même argument que celui de Ben314. Je l'ai réécrit, pour avoir dans un même message l'explication sur le jeu 1 et le jeu 2.

[GaBuZoMeu]

Une petite illustration : probabilités de 1e apparition de PFF (en bleu) et de PFP (en rouge) au tirage 3+n (n en abscisse) :

[GaBuZoMeu]

Les bâtons rouges et bleus ci-dessus font penser à une loi géométrique. Ça n'en est bien sûr pas une, mais presque. Le rapport de la taille du bâton à la taille du bâton précédent a une limite bien précise :

pour les bâtons bleus (PFF),

pour les bâtons rouges (PFP).

Devinette : d'où sortent ces expressions ?

[GaBuZoMeu]

Un indice pour la devinette : valeur propre.

[lyceen95]

La dernière fois que j'ai croisé une valeur propre, c'était dans les années 70 ou 80. J'ai peur que depuis les années, elle soit un peu moins propre !

L'indice ne va pas m'aider beaucoup. Mais je garde le problème dans un coin de ma tête.

[GaBuZoMeu]

Qui dit valeur propre dit matrice. Quelle matrice ?

[GaBuZoMeu]

Bon, ce fil est en rade, autant l'achever.
Les matrices en question sont les matrices de transition entre les états PP, PF, FP, FF et l'état final PFF ou PFP suivant le cas. Ce sont donc des matrices stochastiques de taille 5. Leur valeur propre de plus grand module est 1, correspondant à l'état final. Les nombres trouvés comme limites des rapports de taille des bâtons sont les deuxièmes valeurs propres dans l'ordre des modules décroissants.

J'ai fait faire tous les calculs par SageMath :

Code: Tout sélectionner

# Fabriquer des listes de tirages de longueur voulue
def LTPF(n) :
    if n==0 :
        return ['']
    else :
        L=LTPF(n-1)
        return ['P'+T for T in L]+['F'+T for T in L]

# Fabriquer la matrice de transition entre états
def MatTrans(A) :
    # liste des tirages à pile ou face de longueur 1 de moins
    # que A
    L=LTPF(len(A)-1)
    l=len(L)
    # Fabrication de la matrice de transition
    MT=matrix(QQ,l+1,l+1)
    MT[l,l]=1
    for i in range(l) :
        S=L[i]+'P'
        if S==A : MT[i,l]=1/2
        else : MT[i,L.index(S[1:])]=1/2
        T=L[ i]+'F'
        if T==A : MT[i,l]=1/2
        else : MT[i,L.index(T[1:])]=1/2
    return MT

R = PolynomialRing(QQ,'x')

#Calculer les valeurs propres des matrices de transion
A=MatTrans('PFF')
VPA=solve(SR(A.characteristic_polynomial()),x)
print "Valeurs propres de la matrice de transition pour PFF :\n",VPA
B=MatTrans('PFP')
VPB=solve(SR(B.characteristic_polynomial()),x)
print "Valeurs propres de la matrice de transition pour PFP :\n",VPB

ce qui donne :

Code: Tout sélectionner

Valeurs propres de la matrice de transition pour PFF :
[
x == 1,
x == (1/2),
x == -1/4*sqrt(5) + 1/4,
x == 1/4*sqrt(5) + 1/4,
x == 0
]
Valeurs propres de la matrice de transition pour PFP :
[
x == -1/12*(1/2)^(1/3)*(3*sqrt(23)*sqrt(3) + 25)^(1/3)*(I*sqrt(3) + 1) - 1/6*(1/2)^(2/3)*(-I*sqrt(3) + 1)/(3*sqrt(23)*sqrt(3) + 25)^(1/3) + 1/3,
x == -1/12*(1/2)^(1/3)*(3*sqrt(23)*sqrt(3) + 25)^(1/3)*(-I*sqrt(3) + 1) - 1/6*(1/2)^(2/3)*(I*sqrt(3) + 1)/(3*sqrt(23)*sqrt(3) + 25)^(1/3) + 1/3,
x == 1/6*(1/2)^(1/3)*(3*sqrt(23)*sqrt(3) + 25)^(1/3) + 1/3*(1/2)^(2/3)/(3*sqrt(23)*sqrt(3) + 25)^(1/3) + 1/3,
x == 1,
x == 0
]


[GaBuZoMeu]

Tentative de ressuscitation de ce fil :

Quelle est l'espérance du nombre de tirages pour obtenir piles consécutifs ? C'est . Par exemple, l'espérance du nombre de tirages pour obtenir 100 piles consécutifs est
2535301200456458802993406410750
Beaucoup, n'est-ce pas ?

J'ai une démonstration matricielle calculatoire de ce fait. Mais il doit bien y avoir une démonstration plus directe. En connaissez-vous ?