Encore du pile ou face

[Kekia]

Exact GaBuZoMeu, tu as la réponse pour la loi de probabilités !
Dans le même genre mais avec la démonstration à la page 60 http://www.unige.ch/math/folks/velenik/Cours/2018-2019/PS1819/probastat.pdf par contre je ne sais pas trop de quand date ce résultat ?

[Doraki]

J'ai pas cliqué sur vos liens donc ptetre que j'arrive trop tard mais

j'ai remarqué que si P(a,b) = la probabilité dans un tirage de 2(a+b) lancers d'avoir 2a fins de parties positives et 2b négatives, on avait P(a,b) = f(a)f(b) pour une certaine fonction f.
Ou bien N(a,b) = g(a)g(b) si on compte le nombre de tirages ayant 2a positifs et 2b négatifs.

J'en ai trouvé une preuve combinatoire pas trop compliquée en exhibant, pour tous entiers a,b>0,
une bijection de l'ensemble des paires de chemins entièrement positifs ou négatifs de longueur 2a et 2b,
dans l'ensemble des parties contenant 2a positions positives et 2b négatives.

On prend donc un chemin de longueur 2a, qui reste >=0 tout le temps et finit sur un score final 2x >=0,
et un de longueur 2b qui reste <=0 tout le temps et qui finit sur un score de -2y <=0.

On pose z = min(x,y) et on découpe a et b en z chemins qui finissent à 0 plus un dernier chemin.

Pour cela on regarde le dernier endroit où a monte de 1 à 2, on remplace ça par une descente de 1 à 0, on coupe sur ce 0, on prend le reste et on descend tout de 2 unités, puis on recommence autant de fois qu'il le faut. Si x=z, alors le (z+1)ème chemin a été descendu de 2x donc il termine à 0, et ce chemin peut être vide si a se terminait par une montée de (2x-1) à 2x.

On fait pareil avec b avec des signes - partout.

Si x > y on construit alors la concaténation b(y+1) + a1 + by + a2 + ... + b1 + a(y+1)
De même si y > x on construit a(x+1) + b1 + ax + b2 + ... + a1 + b(x+1)
Enfin, si x=y, on construit b(y+1) + a1 + by + a2 + ... + b1 + a(y+1) (et dans ce cas les deux extrémités sont potentiellement vides)

Donc voilà avec tout ça on montre donc que P(a,b) = P(a,0) * P(b,0),
et donc que la série formelle F(x,y) = somme des P(i,j) x^i y^j est en fait un produit F(x,y) = G(x) G(y)

Comme on a affaire à des probabilités dont les sommes valent 1,
F(x,x) doit être égal à (1 + x + x² + x³ + ...) = 1/(1-x)
Et donc G(x) = 1/sqrt(1-x).

Pour obtenir la série des espérances, on remplace G(y) par 2yG'(y), puis y par x :
E(x) = G(x) (2x G'(x)) = x (2G(x)G'(x)) = x G²'(x) = x d/dx (1/(1-x)) = x/(1-x)² = x+2x²+3x³+...
donc on obtient bien que le coefficient de x^n est n

Pour obtenir l'espérance du carré, on applique 2 fois l'opérateur 2yd/dy à G(y), pour avoir
E2(x) = G(x) (4x G'(x) + 4x²G''(x))
G'(x) = 1/2 (1-x)^(-3/2), et G''(x) = 3/4 (1-x)^(-5/2), donc
E2(x) = 2x/(1-x)² + 3x²/(1-x)³ = (2x+x²)/(1-x)³
si je me suis pas gourré ça donne 2x + 7x² + 15x³ + 26x⁴ + ...
(le coefficient de x^n est 2n + 3n(n-1)/2 = (3n²+n)/2 )

Et finalement la variance Vn vaut (3n²+n)/2 - n² = (n²+n)/2

[Kekia]

Tu n'arrives pas trop tard, personne n'avait encore démontré le résultat pour la variance, maintenant c'est fait grâce à toi

[azf]

Par contre azf si tu veux essayer

Bonjour Kekia
Pour un entier donné
Je suis parti d'un espace probabilisé
d'univers
Et j'ai pris la variable aléatoire
qui a tout événement élémentaire pris dans
fait correspondre le nombre de chiffres dans l'écriture en base deux du nombre
puis ensuite j'ai considéré l'espace probabilisé
d'univers-image
et j'ai pris la variable aléatoire
qui a tout événement élémentaire pris dans
fait correspondre la valeur 1 si et fait correspondre la valeur 0 sinon

Mais je n'ai pas terminé (disons que je me suis perdu)
Le problème c'est que je suis nul en proba et je dois faire d'autres choses
Je vais mettre ce problème de côté
On verra si dans un an ou deux je reprends les probas avec un meilleur niveau qu'actuellement
c'est vraiment pas mon truc les probas
En fait comme j'ai dit si je suis venu sur ce fil c'était parce que (la raison est dite plus haut dans ce fil mais je vois que les choses se sont améliorées depuis)

[azf]

C'est complètement idiot ce que j'ai fait

j'essaye de le corriger mais franchement je suis complètement largué

Pour un entier donné
Je pars d'un espace probabilisé
d'univers
Et je prend la variable aléatoire
qui a tout événement élémentaire pris dans
fait correspondre la valeur 1 si le nombre de chiffres dans l'écriture en base deux du nombre est supérieur ou égal à
et fait correspondre la valeur 0 sinon

bon et là il faut continuer mais je ne vais pas aller plus loin pour l'instant mais bon ce que j'ai écrit dans le post précédent c'est complètement idiot (au moins là ça à l'air de ressembler à un début de traitement de solution mais sous réserve car je suis complètement largué quand même )

[lyceen95]

Nombre de 1 dans l'écriture en base 2 de .
C'est peut-être une piste qui marche. Je ne vois pas trop d'où vient ce
Mais si est assimilable à un comptage, c'est mort.
1023 et 1024 sont des nombres voisins. Dans un comptage , 1023 succès ou 1024 succès, c'est proche.
Mais une fois écrit en base 2, il y a un des 2 qui a plein de 1, et l'autre qui a un seul 1.

Non.
Ton est certainement une succession d'événements, du type 'FFFPFFPPFPPFFF' (P=Pile, F=Face),
Tu l'écris sous la forme (00010011011000) , en remplaçant P par 1 et F par 0, ok. Pourquoi pas, ça ne change vraiment pas grand chose, ni en mieux, ni en moins bien.
Et tu dis que le résultat est un nombre écrit en base 2.
Là, tu fais un changement qui va t'apporter plus de problèmes qu'autre chose. Mauvaise piste.

[azf]

Bonjour Lycéen
Non tu as raison ça va pas mon bidule
Il compte rien
Je ne sais pas quand je reviendrai dans ce fil pour essayer de faire un truc à peu près correct mais là c'est clair que ça va pas du tout