Dénombrement

[G_D]

Bonjour,

je me suis posé une question ces derniers temps et je ne parviens pas à la résoudre et plus je passe de temps dessus, plus j'aimerais trouver une solution (si elle existe). Etant plus ou moins a court d'idée je post donc mon probleme sur ce forum:

Je joue à un jeu et je fais 100 parties. Sur ces 100 parties, j'en gagne exactement 65, (et donc j'en perd 35). Si on représente par 1 une victoire et par 0 une défaite, on obtient donc une combinaison de 100 chiffres (ces chiffres étant des 1 ou des 0). Ma question est, combien y a t'il de combinaison ayant au moins 10 1 consécutifs. (soit autrement dit combien de combinaison avec au moins 10 victoires consécutives). Voilà, l'énnoncé est assez simple, par contre je bloque bien sur la solution. Merci par avance pour ceux qui pourraient m'aider.

++

[nodgim]

Bonne question. Il faut réfléchir un peu. Je vais essayer de regarder ça.

[Black_bird27fr]

je sais pas si c'est ça (je suis pa trés doué en proba) mes en fix les 10 dernier en 1 donc la les combines de gagner 10 fois consécutivement avec 65 victoire et 35 défaite revien a dire trouver les combinaison possible avec 55 victoire et 35 défaite puis tous les résultas on leurs rajoutes les dix 1

[Jonny]

Salut, je viens de réfléchir à ton problème, et j'ai une solution avec certainement une erreur (mon nombre final est hyper élevé).
Si quelqu'un voit le soucis...

Donc pour simplifier le truc, je vois ça comme une liste de 65 "1", et je dois placer 35 0 à l'intérieur, dans 66 "blocs" autour des 1 possibles :

[]1[]1[]1[]1 .... []1[]1[]1[]1[]

Je compte d'abord pour une liste avec un nombre a fixé de 1 consécutifs , avec a>=10.

Je fixe où va se trouver ma liste de a 1 consécutifs.

J'ai 66-a choix d'emplacement ( j'enlève a car les a derniers blocs ne conviennent pas.)
Je choisis ensuite où placer les 0 restants, il me reste 33 0 à placer, et j'ai a+1 blocs interdits (déjà pris par mes deux 0 du début, ou à l'intérieur de ma liste de 1)
J'ai 33 parmi 66-(a+1) choix d'emplacement.

Donc pour a fixé, j'ai (66-a)*(33 parmi 66-(a+1)) possibilités.

Sachant que a varie de 10 à 65, On fait la somme de l'expression juste avant pour a variant de 10 à 65.

Voilà mon raisonnement, si quelqu'un trouve où est l'erreur.. Parce que j'ose même pas calculer le résultat.. Ca semble gros ^^

[Black_bird27fr]

enféte le résulta est sensé etre gros vu quon 100 case d'ailleur la probabilité total est 2^100 et pour ce probléme la réponse et 2^90 (car 55+35=90) qui est le fruit de mon raisonnement précédent
quant au tien je sais pas quoi mais je sens qu'un truc manque ou bien c'est parceque son calcul me met hors saison ^^ en tous cas si ta un probléme avec mon raisonment tes le bien venu et si tu veu savoir si le tien est bon ta qu'a calculer .

[killer_mo]

voici la solution que je vais esseyer de t'Expliquer du mieux que je peux,
tu commence par mettre dix 1 cote a cote afin de former un bloc
1111111111 ...

ok donc pour ce bloc tu peut le commencer de 90 facon parmi tes 100 partis
soit a la position 1,2, ..., 91 donc 90 choix d'emplacement ou commencer

ensuite tu choisi 55 cases parmi les 90 restante dans lesquel tu mettra des 1 pour avoir tes 65 victoires

combinaison de 55 dans 90
90C55 = 90! / 55!(90-55)!

les 35 cases qu'il reste auront des 0

et voila

donc la reponse sera 90 * 90! / (55!*35!)

le signe ! veut dire factorielle comme par exemple 8! = 8*7*6*5*4*3*2*1

[Timothé Lefebvre]

enféte le résulta est sensé etre gros vu quon 100 case d'ailleur la probabilité total est 2^100 et pour ce probléme la réponse et 2^90 (car 55+35=90) qui est le fruit de mon raisonnement précédent
quant au tien je sais pas quoi mais je sens qu'un truc manque ou bien c'est parceque son calcul me met hors saison ^^ en tous cas si ta un probléme avec mon raisonment tes le bien venu et si tu veu savoir si le tien est bon ta qu'a calculer .

Bonjour,
je te rappelle à toi et aux autres également que l'usage du langage sms est interdit sur le forum.

Merci de veiller un minimum à votre orthographe pour le bien de tous.

[fatal_error]

salut,

ayant au moins 10 1 consécutifs

Je pense qu'on peut procéder ainsi :
En s'inspirant de Johnny : on considère pour l'instant qu'on a que des 0 (défaites).
Soit la liste 0 0 0 0 0... 0 0 0.
On prend les 10 premiers zeros, et on les passe à 1. Ca fait donc un cas favorable. Une fois qu'ils sont fixés, ya juste a calculer le nombres de mains avec les 100 - 10 restantes.
On veut 65-10 reussites, sur les 90, ce qui se fait par combinaison.
Ensuite, on translate nos dix 1 d'une place vers la droite (les 1 qui valent de 2 a 11 donc). Même raisonnement.
...
on arrive au bout (de 91 a 100)...
Au final, on a fait 91 fois la "même opération"

Ce qui nous donnerait un nombre de combinaisons de :


Enfin, je pense

Edit : en fait ya possibilités que deux mains soit identiques, ce qu'on ne veut pas...

[Jonny]

en tous cas si ta un probléme avec mon raisonment tes le bien venu et si tu veu savoir si le tien est bon ta qu'a calculer .

Je pense, si j'ai bien compris ton idée, que tu oublies le "au moins" 10 victoires consécutives. Et tu oublies aussi que la série de 10 1 peut se situer n'importe où dans la liste, pas seulement à la fin.

Sinon fatal error ta solution m'avait l'air bien partie, mais je suppose que dans ton édit, tu parles des répétitions qui surviennent lorsque des 1 sont placés à coté de la série consécutive, ce qui fait qu'on compte plusieurs fois ce genre de combinaisons. Il "reste plus qu'à" dénombrer ça ^^
EDIT : D'ailleurs ma solution a ce problème aussi.

[G_D]

Salut,

je sais pas si c'est ça (je suis pa trés doué en proba) mes en fix les 10 dernier en 1 donc la les combines de gagner 10 fois consécutivement avec 65 victoire et 35 défaite revien a dire trouver les combinaison possible avec 55 victoire et 35 défaite puis tous les résultas on leurs rajoutes les dix 1

c'est un dénombrement mais tu ne te limites qu'aux cas où l'on gagne les 10 parties à la fin. Ce n'est donc pas complet.

Jonny pour ton problème, et c'est d'ailleurs un problème sur lequel on retombe tt le tps, dans ton raisonnement tu vas compter en double plusieurs dispositions. Qd tu fixe ta suite de 10 1 au début, il faut dra bien faire varier cette position pour toute les positions possibles, et alors dans le reste des 1 à placer, il y aura des cas avec à nouveau 10 1 d'affilé (à une position x) et du coup des solution que tu retrouvera lorsque tu placera tes 1 de départ à la position x.

Killer_mo c'est exactement le meme probleme. Des solutions comptées en double. Timothé Lefebvre exactement pareil aussi, sauf que t'as corrigé le 90 position possible en 91 (ce qui est juste)

En fait j'en viens meme a douter qu il y a une solution

[Jonny]

Oui effectivement, je viens de remarquer pour les répétitions, ça semble dur de les compter pour les retrancher...

Il faut trouver un autre moyen de compter dès le début. Ca doit pouvoir se faire quand même, l'énoncé est clair, et finalement il n'y a qu'une grosse embuche, ce sont ces répétitions de main.

[nodgim]

Après quelques essais, il me semble que ce problème est quasi insurmontable. :cry:

[nodgim]

On peut toujours se lancer dans une estimation.
Soit 10 "1" groupés à gauche. On compte les combinaisons correspondantes.
Comme il y a autant de combinaisons quel que soit l'empacement de ce groupe de 10 "1", On pourrait supposer ,comme l'a fait Fatal Error, qu'il suffit de compter 91 fois C(90,55). Mais pour éviter les redondances, on est amené à ne compter en principe que les combinaisons où aucun autre groupement de 10 "1" ne se trouve à la gauche du groupe de référence. On peut donc raisonnablement penser que ce n'est pas 91*C(90,55) mais seulement la moitié (ici, c'est une conjecture).

La probabilité d'avoir au moins un groupe de 10 serait alors de :
P(10)=(91/2)*C(90,55)/C(100,65)= 0.47...

Ce qui est sûr, c'est que P(10)<0.94.

[Black_bird27fr]

Après quelques essais, il me semble que ce problème est quasi insurmontable.

insurmontable c'est beaucoup dire ,un peu tordu oui c'est sur tout le manque de pratique des probabilités qui donne cette image allons persévérons ! :king2:
:++:

[Imod]

Une approche un peu différente du problème , parmi les parties possibles , le nombre de parties ne vérifiant pas l'hypothèse est égal au cardinal de l'ensemble des nombres de 36 chiffres ( en acceptant le zéro en premier ) dont la somme des chiffres est égale à 65 . Le nouveau problème n'est sûrement pas beaucoup plus simple que l'original mais il a sûrement déjà été étudié :zen:

Imod

[killer_mo]

wow j'avais pas remarquer les répétitions, c'est beaucoup plus complexe que je ne le pensais alors

[nodgim]

Une approche un peu différente du problème , parmi les parties possibles , le nombre de parties ne vérifiant pas l'hypothèse est égal au cardinal de l'ensemble des nombres de 36 chiffres ( en acceptant le zéro en premier ) dont la somme des chiffres est égale à 65 . Le nouveau problème n'est sûrement pas beaucoup plus simple que l'original mais il a sûrement déjà été étudié :zen:

Imod

Oui, j'ai envisagé aussi cette hypothèse, avec la partition de 65, mais déja rien que la formule de Ramanujan Hardy, il faut s'accrocher, et puis on n'aura seulement qu'une petite partie de la réponse.... :doh:

[Imod]

...et puis on n'aura seulement qu'une petite partie de la réponse.... :doh:

Il me semble qu'on aura la réponse complète .

Imod

[nodgim]

Il me semble qu'on aura la réponse complète .

Imod

Une partition de 65:1+1+13+15+35.
Il faut d'abord trouver tous les arrangements de ces 5 nombres.
Ensuite, pour chacun d'eux, Il faut maintenant placer les 35 zéros entre ces nombres.

[Imod]

Je ne suis pas sûr que je me suis bien fait comprendre , je détaille :zen:

On considère 100 parties avec 35 parties perdues ( donc 65 gagnées ) et on suppose de plus qu'on ne gagne jamais plus de 9 parties de suite . La succession des parties peut alors être décrite par les étant des entiers naturels compris entre 0 et 9 représentant le nombre de parties gagnées entre deux parties perdues . Les cent parties sont donc exactement définies par l'entier .

Imod