Pile ou face condition d'arrêt

M.Oueslati.M.
M.Oueslati.M.
dans Probabilités, théorie de la mesure
Bonjours j'espère que vous allez bien.
Je bloque à la 2eme question.

Un joueur joue à pile ou face avec la règle suivante.
Il gagne dès que le nombre de fois où pile apparaît dépasse de deux le nombre de fois où face apparaît. Il perd dès que le nombre de fois où face apparaît dépasse de deux le nombre de fois où pile apparaît. On suppose que la pièce utilisée par le joueur est truquée de sorte qu’elle amène pile avec la probabilité 5/12 et face avec la probabilité 7/12.
1. Montrer que le joueur doit jouer un nombre pair de lancers pour gagner.
2. Calculer la probabilité pour que le joueur gagne au plus au bout de n lancers.


Merci pour votre aide.

Réponses

  • marsup
    marsup
    Bonjour, j'espère que tu vas bien aussi.

    Eh bien la probabilité de n'avoir ni gagné ni perdu au bout de $2k$ lancers est, je crois de $(2pq)^k$.
    Donc pour avoir gagné avant ou aux $n = 2m$ lancers, ça doit faire une probabilité
    $$
    \sum_{k=0}^{m-1} (2pq)^k \times p^2.

    $$ (désolé, je ne vois pas quels indices donner !)
  • M.Oueslati.M.
    M.Oueslati.M.
    Merci beaucoup vous m'avez bien aidé
    Pourquoi moi je n'y arrive pas :-(
    Merci encore.
  • marsup
    marsup
    Tout est clair ? ::o
  • marsup
    marsup
    Je trouve que l'exercice est pas forcément hyper top.

    C'est un peu le genre de trucs faciles quand on a l'habitude, mais qui ne facilite pas vraiment les apprentissages.

    C'est plutôt de l'exercice d'évaluation que de formation, je trouve. C'est un peu dommage.

    J'aurais bien rajouté des questions intermédiaires du genre :
    Soit $A_i$ l'événement "ni gagné ni perdu (ca joue encore) au temps $2i$"
    Soit $V_k$ l'événement "victoire exactement au temps $2k$"

    Probabilités totales, probabilités conditionnelles, etc.
  • M.Oueslati.M.
    M.Oueslati.M.
    voyons ci j'ai bien compris :
    pour gagner au n=2m ieme partie il faut et il suffit que :
    C:= ne pas gagner et ne pas perdre les n-2=2\,m-2 parties
    puis
    obtenir 2 piles
    pour i=2k et k=1..(m - 2)
    Ck:= Nbr des p = Nbr de face = k
    or il y a 2^k manieres de placer k couples (p,f) et (f,p) dans k places vides:
    ( 2 pour pour chaque place soit 2×2×2..×2 k fois )
    donc p(ck) = 2^k * p^k * f^k;

    donc la probabilite cherche est : sum(2^i*p^i*f^i*p^2, i = 1 .. m-1);

    C'est cela ?
    vous êtes vraiment top merci beaucoup
  • marsup
    marsup 
    sum(2^i*p^i*f^i*p^2, i = 1 .. m-1)
    $
    \sum
    \big\{2^i\cdot p^i\cdot f^i \cdot p^2,\ i = 1, \dots, m-1\big\}
    $

    Je dirais plutôt $i=0,\dots, m-1$. Non ?
  • marsup
    marsup
    2^k manieres de placer k couples (p,f) et (f,p) dans k places vides:

    Oui, peut-être, mais j'étais parti sur autre chose assez différent, mais c'est peut-être ok (je n'en sais absolument rien dans un sens ni dans l'autre, car j'ai du mal à lire ce que tu écris)
    je crois qu'on est d'accord !
  • M.Oueslati.M.
    M.Oueslati.M.
    C'est vrai,
    mais là je dois tout revoir parce que je ne comprends pas (pas encore :-)) pourquoi ?
  • marsup
    marsup
    Par exemple, on peut très bien gagner dès $n=2m = 2$, si on a $PP$, donc il faut bien que la somme à ce moment-là nous donne une valeur $>0$.
  • M.Oueslati.M.
    M.Oueslati.M.
    pour gagner au n=2m ieme partie il faut et il suffit que :
    C1 : gagner au 2eme lancer : pour m = 1 de probabilité p^2
    ou
    C2:= ne pas gagner et ne pas perdre les n - 2=2(m-1) ( m>= 1 ) parties puis obtenir 2 piles

    pour i=2k et 1<= k <= m -1
    Ci:= Nombre des piles égale au nombre de faces égale i/2 = k
    or il y a 2^k manières de placer k couples (p,f) et (f,p) dans k places vides:
    ( 2 pour pour chaque place soit 2×2×2..×2 k fois )
    donc p(Ci) = 2^k * p^k * f^k;

    donc la probabilité cherche est : sum(2^i*p^i*f^i*p^2, i = 1 .. m-1) +p^2 ;

    Je crois que là ca va non

    je dois apprendre comment insérer du latex dans mes messages
  • marsup
    marsup 
    sum(2^i*p^i*f^i*p^2, i = 1 .. m-1) +p^2
    Je n'ai pas lu ton texte, mais oui, en effet, une fois qu'on ajoute les termes qui manquaient, là ça va ! :-D(:D
  • M.Oueslati.M.
    M.Oueslati.M.
    Merci beaucoup vous m'avez bien aidé (et c'est gratuit en plus (:P)).
  • marsup
    marsup
    Tutoyons-nous, alors, ça te donne 20% de réduction ! ;-)
  • lourrran
    lourrran
    Une récurrence, ça n'aurait pas été plus simple ?

    Latex : tu mets le symbole DOLLAR, puis ta formule , puis à nouveau DOLLAR.
    Et pour voir le latex tapé par Marsup, tu fais 'clic-droit' sur son texte en LATEX, puis 'show math as', 'Tex commands'.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • marsup
    marsup
    Explique la récurrence, lourrran, stp !
  • marsup
    marsup
    Ah oui, par insertion par le début.

    Pour avoir eu gagné au temps $2m$, il fallait avoir gagné au temps $2$ ou bien avoir eu $PF$ ou $FP$, puis gagné au temps $2(m-1)$.

    Comme ça on voit la nature arithmético géométrique. (je ne sais pas si ce que je propose est franchement infiniment nettement beaucoup plus clair pour tout le monde !)
  • lourrran
    lourrran
    Oui ... pour que la partie soit encore équilibrée après 2(k+1) lancers, il faut qu'elle ait été équilibrée après 2k lancers, et que les 2 derniers lancers soient PF ou FP

    Plus ou moins idem pour gagner ou perdre la partie.

    Bien entendu, c'est une récurrence où on regarde les lancers 2 par 2, et pas 1 par 1 !!! On passe de 2k lancers à 2(k+1), et surtout pas de 2k à 2k+1.
    Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin
  • PetitLutinMalicieux
    PetitLutinMalicieux
    Bonjour

    Un petit produit matriciel avec 5 états et une matrice de transition ?

    $(0 \ 0\ 1 \ 0 \ 0) \times \begin{pmatrix}
    1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
    \frac{5}{12} & 0 & \frac{7}{12} & 0 & 0 \\
    0 & \frac{5}{12} & 0 & \frac{7}{12} & 0 \\
    0 & 0 & \frac{5}{12} & 0 & \frac{7}{12} \\
    0 & 0 & 0 & 0 & 1
    \end{pmatrix}^k$121240
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
  • marsup
    marsup
    La probabilité limite pour $m\to\infty$ est la probabilité de gagner le jeu en temps non-borné ; c'est $\frac{p^2}{p^2+q^2}$.

    Par symétrie, la probabilité de perdre est $\frac{q^2}{p^2+q^2}$.

    La probabilité que le jeu dure pour toujours sans gagner ni perdre est de 0.

    On voit bien ces limites sur les jolis dessins de PLMalicieux.

    Remarque :

    $\frac{p^2-q^2}{p^2+q^2} = \frac{p+q}{p^2+q^2} \cdot (p-q) > p-q$ pour $p>q$.

    Le mécanisme est donc un amplificateur de probabilité comme dit David Madore http://www.madore.org/~david/weblog/d.2012-06-02.2051.amplificateur-probas.html

    C'est comme les règles du tennis dans le grand Chelem (le vainqueur est celui qui prend 2 manches d'avance)

    Si un joueur est légèrement plus fort qu'un autre, il a des chances assez fortes de gagner.
  • PetitLutinMalicieux
    PetitLutinMalicieux
    Merci pour l'info. C'est instructif.
    Ce site est fatigant. Les gens modifient sans cesse leurs messages passés, et on ne comprend plus rien à la discussion. Je suis nostalgique du temps où, si on postait une bêtise, on devait l'assumer. Et si on cite le passage pour l'ancrer, l'administrateur supprime en disant qu'on n'a pas besoin de recopier le message passé.
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