Voici une énigme. J'espère que vous ne l'avez pas déjà résolue :
Un bébé commence à parler en prononçant les lettres les plus faciles "A" et "B". Dès qu'il voit son père, il commence à répéter aléatoirement pendant des dizaines de minutes et sans arrêt, soit "A" soit "B".
Le père propose à sa femme un petit jeu marrant : si le bébé dit la séquence "ABB" avant la séquence "AAB" alors le père gagnerait, sinon, c'est la mère qui gagnerait.
A votre avis, qui a plus de chance de gagner ?
J'ai cogité un peu, j'ai trouvé que les deux ont la même chance de gagner.
Et vous ?
Les premiers mots d'un bébé ...
15 messages
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par VynilChoco » 13 Fév 2009, 22:23
Oui je crois aussi que les deux ont de la chance car il va dire (ab) abb at aab oui tu as réson!
par Imod » 13 Fév 2009, 22:52
Il me semble qu'alben avait évoqué un problème similaire il y a quelque temps , la réponse n'est pas complètement évidente !
Imod
Imod
par Patastronch » 14 Fév 2009, 03:09
Sans calcul je dirais que AAB a plus de chance de sortir.
Argument : pour que AAB gagne il suffit que AA sorte sans aucune autre condition, alors que pour ABB gagne il faut que BB sorte sous condition qu'un A ait déjà été tiré auparavant.
Du coup ABB ne joue pas contre AAB mais contre AA.
Argument : pour que AAB gagne il suffit que AA sorte sans aucune autre condition, alors que pour ABB gagne il faut que BB sorte sous condition qu'un A ait déjà été tiré auparavant.
Du coup ABB ne joue pas contre AAB mais contre AA.
par informix » 14 Fév 2009, 10:16
Patastronch a écrit:Sans calcul je dirais que AAB a plus de chance de sortir.
Argument : pour que AAB gagne il suffit que AA sorte sans aucune autre condition, alors que pour ABB gagne il faut que BB sorte sous condition qu'un A ait déjà été tiré auparavant.
Du coup ABB ne joue pas contre AAB mais contre AA.
C'est vrai lorsque le nombre de A ou B est infini. non?
par nodgim » 14 Fév 2009, 10:59
Pour une séquence de 4 lettres successives, on a 16 écritures possibles.
Au bout de 3 lettres, équiprobabilité des 2 séquences: AAB et ABB apparaissent 2 fois chacune.
Pour la 4ème lettre, chacune des séquences apparait encore 2 autres fois, mais l'une des séquences ABB est précédée de A: AABB donc annulée par la séquence AAB. Donc il y a bien, statistiquement, plus de chances que AAB apparaisse avant ABB: 4/16 pour AAB et seulement 3/16 pour ABB.
Au bout de 3 lettres, équiprobabilité des 2 séquences: AAB et ABB apparaissent 2 fois chacune.
Pour la 4ème lettre, chacune des séquences apparait encore 2 autres fois, mais l'une des séquences ABB est précédée de A: AABB donc annulée par la séquence AAB. Donc il y a bien, statistiquement, plus de chances que AAB apparaisse avant ABB: 4/16 pour AAB et seulement 3/16 pour ABB.
par Patastronch » 14 Fév 2009, 11:08
informix a écrit:C'est vrai lorsque le nombre de A ou B est infini. non?
Non car si A sort, alors AA a une chance sur deux de sortir contre une chance sur 4 pour ABB.
Voila comment je vois le probleme.
ABB contre AAB cest equivalent à ABB contre AA qui est equivalent sous condition qu'un A sort (Si B sort sans A avant aucun interet pour les 2) à BB contre A.
Des calculs rigoureux pourraient peut etre te convaincre plus facilement, mais pas besoin de calcul pour voir que la deuxième séquence est plus probable que la première.
par nodgim » 14 Fév 2009, 15:43
Une question plus subtile, et dont la réponse ne manque pas d'intérêt: Quelle est la probabilité d'obtenir AAB au bout d'une séquence de k lettres ? Sauf erreur, une tendance se dégage nettement!
par informix » 14 Fév 2009, 21:07
Permets-moi de proposer ce raisonnement :
On suppose que :
N est le nombre total de lettres.
Soient les évènements suivants :
ABB(i) : La 1ère apparition de "ABB" est au ième rang avec i=1..N-2.
AAB(i) : La 1ère apparition de "AAB" est au ième rang avec i=1..N-2.
Calculons les probabilités de ABB(i) et AAB(i):
-------------------
P(ABB(1)) = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
En effet, c'est équivalent à un double tirage avec remise
d'une urne contenant "A" et "B".
-------------------
P(ABB(2)) = ?
Pour avoir ABB à partir du 2ème rang, il faut d'abord garantir que
l'évènement ABB(1) ne s'est pas réalisé, et que simplement, au 2ème
rang, on a la chaine "ABB".
=> P(ABB(2)) = (1-1/8) x 1/8 = 7/8 x 1/8
-------------------
P(ABB(3)) = (7/8)^2 x (1/8)
On retrouve la loi géométrique.
P(ABB(k)) = (7/8)^(k-1) x (1/8)
De même pour AAB, on a :
P(AAB(k)) = (7/8)^(k-1) x (1/8).
Essayons de calculer la probabilité de l'évènement:
~ABB(K) = "ABB" apparaissent pour la 1ère fois avant (strictement) le rang k.
En effet:
~ABB(k) = ABB(1) OR ABB(2) OR ... OR ABB(k-1)
Comme les évènements ABB(i) sont incompatibles entre eux, alors :
P(~ABB(k)) = P(ABB(1)) + P(ABB(2)) + ... + P(ABB(k-1))
= 1 - (7/8)^(k-1) si tous les calculs sont bons.
De même, P(~AAB(k)) = 1 - (7/8)^(k-1)
Soit l'évènement :
BB: "ABB" apparait pour la 1ère fois avant "AAB".
AA: "AAB" apparait pour la 1ère fois avant "ABB".
Remarque: BB et AA ne sont pas nécessairement complémentaires!
L'objectif de l'énigme est de comparer entre P(BB) et P(AA).
L'idée est d'utiliser la probabilté des évènements ~ABB et ~AAB
pour déterminer P(BB) et P(AA).
... à suivre.
On suppose que :
N est le nombre total de lettres.
Soient les évènements suivants :
ABB(i) : La 1ère apparition de "ABB" est au ième rang avec i=1..N-2.
AAB(i) : La 1ère apparition de "AAB" est au ième rang avec i=1..N-2.
Calculons les probabilités de ABB(i) et AAB(i):
-------------------
P(ABB(1)) = 1/2 x 1/2 x 1/2 = 1/8
En effet, c'est équivalent à un double tirage avec remise
d'une urne contenant "A" et "B".
-------------------
P(ABB(2)) = ?
Pour avoir ABB à partir du 2ème rang, il faut d'abord garantir que
l'évènement ABB(1) ne s'est pas réalisé, et que simplement, au 2ème
rang, on a la chaine "ABB".
=> P(ABB(2)) = (1-1/8) x 1/8 = 7/8 x 1/8
-------------------
P(ABB(3)) = (7/8)^2 x (1/8)
On retrouve la loi géométrique.
P(ABB(k)) = (7/8)^(k-1) x (1/8)
De même pour AAB, on a :
P(AAB(k)) = (7/8)^(k-1) x (1/8).
Essayons de calculer la probabilité de l'évènement:
~ABB(K) = "ABB" apparaissent pour la 1ère fois avant (strictement) le rang k.
En effet:
~ABB(k) = ABB(1) OR ABB(2) OR ... OR ABB(k-1)
Comme les évènements ABB(i) sont incompatibles entre eux, alors :
P(~ABB(k)) = P(ABB(1)) + P(ABB(2)) + ... + P(ABB(k-1))
= 1 - (7/8)^(k-1) si tous les calculs sont bons.
De même, P(~AAB(k)) = 1 - (7/8)^(k-1)
Soit l'évènement :
BB: "ABB" apparait pour la 1ère fois avant "AAB".
AA: "AAB" apparait pour la 1ère fois avant "ABB".
Remarque: BB et AA ne sont pas nécessairement complémentaires!
L'objectif de l'énigme est de comparer entre P(BB) et P(AA).
L'idée est d'utiliser la probabilté des évènements ~ABB et ~AAB
pour déterminer P(BB) et P(AA).
... à suivre.
par charlol » 14 Fév 2009, 23:11
ouille...
Avant de faire un produit de probabilités qd il s'agit d'une intersection d'événements, il faut vérifier que ces derniers sont indépendants...
informix: "=> P(ABB(2)) = (1-1/8) x 1/8 = 7/8 x 1/8"
ici par ex on ne peut pas avoir AAB(1) et AAB(2), vu qu'on est en situation d'équiprobabilité, P(AAB(2))=
(nombre de cas ou on a AAB au 2eme rang )/(nombre de cas possible )
=2/2^4=1/8
Après pr la suite l'événement AAB(i) n'est pas indépendant ac AAB(i+1) ni ac AAB(i+2) d'ailleurs, donc je crains que cette belle suite géométrique soit plus simple que la réelle suite de probabilité :hum:
Charlol
Avant de faire un produit de probabilités qd il s'agit d'une intersection d'événements, il faut vérifier que ces derniers sont indépendants...
informix: "=> P(ABB(2)) = (1-1/8) x 1/8 = 7/8 x 1/8"
ici par ex on ne peut pas avoir AAB(1) et AAB(2), vu qu'on est en situation d'équiprobabilité, P(AAB(2))=
(nombre de cas ou on a AAB au 2eme rang )/(nombre de cas possible )
=2/2^4=1/8
Après pr la suite l'événement AAB(i) n'est pas indépendant ac AAB(i+1) ni ac AAB(i+2) d'ailleurs, donc je crains que cette belle suite géométrique soit plus simple que la réelle suite de probabilité :hum:
Charlol
par nuage » 14 Fév 2009, 23:36
Salut,
que fais tu de la séquence AAA ?
[modification]
Ceci étant dit la séquence AAB est effectivement plus probable que la séquence ABB si on s'intéresse à la première apparition.
Patastronch a écrit:Sans calcul je dirais que AAB a plus de chance de sortir.
Argument : pour que AAB gagne il suffit que AA sorte sans aucune autre condition, alors que pour ABB gagne il faut que BB sorte sous condition qu'un A ait déjà été tiré auparavant.
Du coup ABB ne joue pas contre AAB mais contre AA.
que fais tu de la séquence AAA ?
[modification]
Ceci étant dit la séquence AAB est effectivement plus probable que la séquence ABB si on s'intéresse à la première apparition.
par gnarfk » 14 Fév 2009, 23:49
Le problème n'est pas si compliqué si on le regarde d'un autre point de vue.
Déjà , ramenons nous au cas ou le bébé commence par un A (tous les B qu'il peut avoir dit avant ne lui permettront pas de faire gagner l'un de ses parents).
à partir de la , supposons qu'il alterne A,B,A etc ..
maintenant , supposons qu'il stoppe d'alterner un jour.
s'il stoppe après un A , il va dont avoir dit un 2ième A , et faire gagner sa mère au prochain B qui sort de sa bouche.
s'il stoppe après un B , il aura donc dit un 2ième B et fera gagner son père.
les chances de chaque parent se calculent simplement ensuite. étant donné qu'il dit les choses aléatoirement , à chaque étape il a une chance sur 2 de continuer d'alterner , et une chance sur 2 de s'arrêter.
et comme il commence par dire un A , on a :
proba de s'arrêter d'alterner après un A = 1/2 + 1/8 + (etc 1/2 * 1/4^n)
proba de s'arrêter d'alterner après un B = 1/4 + 1/16 + (etc 1/4 * 1/4^n)
ce qui donne : la mère a 2/3 de chances de gagner , et le père 1/3.
édit : n'importe qui qui a un peu étudié les automates et langages saurait au pire résoudre ça à la main.
Déjà , ramenons nous au cas ou le bébé commence par un A (tous les B qu'il peut avoir dit avant ne lui permettront pas de faire gagner l'un de ses parents).
à partir de la , supposons qu'il alterne A,B,A etc ..
maintenant , supposons qu'il stoppe d'alterner un jour.
s'il stoppe après un A , il va dont avoir dit un 2ième A , et faire gagner sa mère au prochain B qui sort de sa bouche.
s'il stoppe après un B , il aura donc dit un 2ième B et fera gagner son père.
les chances de chaque parent se calculent simplement ensuite. étant donné qu'il dit les choses aléatoirement , à chaque étape il a une chance sur 2 de continuer d'alterner , et une chance sur 2 de s'arrêter.
et comme il commence par dire un A , on a :
proba de s'arrêter d'alterner après un A = 1/2 + 1/8 + (etc 1/2 * 1/4^n)
proba de s'arrêter d'alterner après un B = 1/4 + 1/16 + (etc 1/4 * 1/4^n)
ce qui donne : la mère a 2/3 de chances de gagner , et le père 1/3.
édit : n'importe qui qui a un peu étudié les automates et langages saurait au pire résoudre ça à la main.
par nodgim » 15 Fév 2009, 08:39
Merci à tous pour vos réponses. Cependant, et j'aurais dû être plus précis dans ma présentation, ce à quoi je pensais en fait, c'est la probabilité d'obtenir AAB au bout de exactement k lettres, sans l'avoir obtenu avant, et aussi sans tenir compte du filtre ABB. Je sais, c'est un tout autre problème, plus simple que si on applique le filtre, il me semble. Mais avec un résultat assez étonnant.
par ffpower » 15 Fév 2009, 11:22
euh,si j ai bien compris compris ta question,c est 1/8 la proba d obtenir AAB(et pareil pour BBA d ailleurs)
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