Problème de Math (probabilités)

[Estonius]

Cette nuit là l'astronome s'ennuyait, le ciel était couvert, l'electricité était en panne et sa femme était sorti au club de srable (mon oeil)

Alors à la lumière d'une bougie l'astronome lanca 1000 fois de suite une pièce de 2 euros, et nota les résultats.

 

Suestion :

 

Quelle est la probabilité pour qu'il y ait au moins une fois 10 'faces' consécutifs ? (on dit bien 10 "faces", pas 10 "piles")

 

A vos calculettes

[ursus]

Cette nuit là l'astronome s'ennuyait, le ciel était couvert, l'electricité était en panne et sa femme était sorti au club de srable (mon oeil)

Alors à la lumière d'une bougie l'astronome lanca 1000 fois de suite une pièce de 2 euros, et nota les résultats.

 

Suestion :

 

Quelle est la probabilité pour qu'il y ait au moins une fois 10 'faces' consécutifs ? (on dit bien 10 "faces", pas 10 "piles")

 

A vos calculettes

 

Probabilité de 1 si on ne distingue pas les faces...

['Bruno]

Quelle est la probabilité pour qu'il y ait au moins une fois 10 'faces' consécutifs ? (on dit bien 10 "faces", pas 10 "piles")

Je ne vois pas pourquoi ce serait différent.

 

C'est à mon avis un problème intéressant, mais difficile. Intéressant parce que 10 piles de suite (oui, je dis "pile" pour te contredire...), ça paraît peu probable mais mon petit doigt me dit que cette probabilité est sûrement proche de 1 (du fait qu'on a un grand nombre de lancers). Difficile, parce que ça n'utilise sans doute que des notions vues au lycée, mais mon autre petit doigt me dit que ce n'est pas trivial...

 

----

Un élève de terminale peut résoudre le problème suivant, légèrement différent : on effectue cent fois l'expérience consistant à lancer dix fois de suite une pièce, quelle est la probabilité que lors d'une de ces cent expériences ont ait lancé dix piles ? (La probabilité du problème d'Estonius sera plus grande puisqu'on tiendra compte des suites de 10 à cheval sur deux groupes de dix lancers. Par exemple FFFFFPPPPP PPPPPFFFFF donne bien 10 piles de suite, mais aucun des deux groupes de dix ne comporte 10 piles de suite.)

 

La probabilité d'avoir 10 piles de suite est (1/2)^10 = 1/1024. Notons p cette probabilité. Les 100 séries de 10 lancers suivent une loi binômiale de paramètres n=100 et p=1/1024. La probabilité qu'il y ait 0 série de 10 piles (parmi les 100) est égale à (1023/1024)^100 = 0,9 environ. Il y a donc 1 chance sur 10 (1-0,9) d'avoir au moins une des cent séries constituée de 10 piles de suite.

 

Ah, ce n'est pas tellement... Mais bon, dans le problème d'Estonius la probabilité est forcément plus élevée puisqu'on comptera les suites de 10 piles à cheval sur deux séries.

[ricounet]

Bon, puisque personne n'ose répondre, je me lance (sans jeu de mots) au risque d'être ridicule (mes maths ont plus de 30 ans) : 1 sur 2 puissance 10 (1/1024). C'est indépendant du nombre de lancers, mais il en faut au moins 10.

 

Eric

[jgricourt]

Pourquoi cette probabilité serait de 1 ? Il ne s'agit pas d'un événement queue comme décrit par la lois du zéro de Kolmogorov vu que le nombre de lancé est borné à 1000 et n'est donc pas infini. Pour connaitre la réponse il faudrait faire le dénombrement minutieux de tous les cas positifs au test et bien prendre en compte cette nuance "au moins une fois 10 'faces' consécutifs" car cela rallonge les cas de figures positifs au test par rapport à "une seule et unique fois".

[Lasilla]

On évalue comment la proba que la pièce tombe sur la tranche?

Paske bon, ça change la donne......

[jarnicoton]

En tout cas, il y a une chance sur 2 exposant 1000 pour que l'on observe 100 séries consécutives de 10 face.

 

Donc, il y a plus d'une chance sur 2 exposant 1000 pour qu'on observe au moins une telle série.

 

J'ai faux, peut-être ?

[yaplusdenuit]

Est ce que ça serait plus facile de calculer la probas "p" pour qu'il n'y ait jamais 10 faces consécutives ?

 

Parce qu'alors la proba serait 1-p

 

Mais ça tourne en rond et ça n'apporte sans doute rien au schmilblick ???

['Bruno]

Oui, c'est bien sûr cette technique qu'il faut utiliser (d'abord calculer la probabilité que ça n'arrive jamais).

 

Jarnicoton : effectivement la probabilité cherchée est supérieure à (1/2)^1000 (qui est la probabilité de faire pile 1000 fois de suite). Elle est même supérieure à 1-(1023/1024)^100 en vertu de mon premier calcul, ce qui est nettement meilleur comme minoration !

[ursus]

Pourquoi cette probabilité serait de 1 ?

 

On évalue comment la proba que la pièce tombe sur la tranche?

Paske bon, ça change la donne......

 

Parce que si on exclue que la pièce tombe sur la tranche, elle tombera nécessairement sur une face (pile ou face)!

 

Bon ok, je joue sur les mots:be: sauf si il y avait un piège dans la question:be:

[Lasilla]

Alors, je suis nulle en proba, mais ce truc m'interpelle: la proba d'avoir au moins 10 fois la tête est la même que la proba d'avoir 10 fois le chiffre, non?

 

Alors pourquoi Estonius précise-t-il?

 

C'est pour ça que je parle de la tranche... ET que Ursus donne une proba de 1.

(EDIT: grillée par Ursus)

 

 

Bon, maintenant, calculez moi la proba qu'un mec devine exactement 10 fois de suite sur 10 essais seulement la pensée "pile ou face" d'une fille?

Non, parce que j'en connais un qui a gagné le droit d'être dépucelé par la fille de ses rêve comme ça...

[jgricourt]

Bon il se fait tard je viens de coucher les enfants, il y en a pas un ici qui aurait passé le bac cette année et qui serait encore bien chaud pour nous faire le dénombrement qui répondra à cette question ?

[ursus]

Bon, maintenant, calculez moi la proba qu'un mec devine exactement 10 fois de suite sur 10 essais seulement la pensée "pile ou face" d'une fille?

Non, parce que j'en connais un qui a gagné le droit d'être dépucelé par la fille de ses rêve comme ça...

 

Vraiment fortiche le gars!

[Smith]

Dire qu'il y a 20 ans quand j'ai passé mon Bac C, ce sont les proba que je trouvais les plus faciles...maintenant tout est dur...

[Toutiet]

Pour moi, la probabilité est nulle. En effet, le raisonnement est symétrique et s'applique aussi bien au côté "face" qu'au côté "pile". La probabilité d'obtenir une série de 1000 "piles" consécutifs serait donc aussi de 1/1024. C'est à dire très faible. Donc, il y aura une distribution vraisemblablement alternée des "piles" et des "faces", tout au moins au début de l'expérience, ce qui consommera une quantité non négligeable de coups, sur les 1000 de l'expérience, et qui interdira donc la possibilité ultérieure de 1000 "faces" consécutifs par manque de coups disponibles.

(Par symétrie, ça interdit de même une série de 1000 "piles" consécutifs).

 

Nota : Réponse idiote car je me suis fourvoyé dans la lecture de l'énoncé !

[Lasilla]

Il faut juste au moins 10 faces consécutifs sur 1000.

 

(Bien écrire ne fait pas tout, il faut savoir aussi bien lire... désolée, elle était facile celle-là! )

[jarnicoton]

Toutiet :

 

?????????????

[jgricourt]

Il suffit juste de compter combien il existe de séries composées chacune 1000 tirage dans lesquelles on a réussi à caser au moins 10 faces consécutives ça doit pas être sorcier non ? (enfin je dis ça ...)

[Wincy]

Bonjour,

 

Si mes souvenirs de Bac sont encore frais, il faut passer par le schéma de Bernoulli et la loi binomiale

['Bruno]

En fait ce problème est lié au problème des coïncidences.

 

Par exemple il semble étonnant qu'il soit très probable qu'il y ait au moins une suite de 10 faces consécutives (comme me l'a dit mon petit doigt - même si je n'ai pas réussi à trouver mieux qu'au moins 1 chance sur 10) car ces suites sont, prises isolément, improbables. On s'attendrait peut-être plutôt à ce qu'il y ait une alternance de piles et de faces.

 

Or quelle est la probabilité qu'il y ait exactement une alternance de piles et de faces ? Elle est minuscule de chez minuscule. En effet, pour que cette alternance se produise, il faut que les 999 lancers qui suivent le premier soient à chaque fois différents du précédent, donc chacun d'eux à 1/2 de convenir, ce qui donne (1/2)^999 (nombre tellement petit qu'il dépasse les capacités de ma calculatrice !)

 

Si l'on compte les suites possibles de résultats de lancer, il y en a 2^1000 (nombre tellement grand qu'il dépasse lui aussi les capacités de ma calculatrice), puisqu'on a à chaque fois deux possibilités. Parmi ces 2^1000 lancers, seuls 2 correspondent à une alternance parfaite (celui qui commence par un pile et celui qui commence par un face), d'où la probabilité extrêmement faible de celle-ci. Au contraire - et c'est le point clé du problème - le nombre de suites de résultats comportant au moins 10 faces consécutifs est largement plus grand.

 

Il est facile de comprendre qu'il y en a au moins 991 : une suite où on a dix faces entre les lancers 1 et 10, une autre où on les a entre 2 et 11, et ainsi de suite jusque 991 et 1000. Mais chacune de ses possibilités correspond en fait à un grand nombre de sous-possibilités (hé ! je crois que j'entrevois la réponse !).

 

Prenons une suite qui commence par dix faces entre les lancers 1 et 10. Il reste alors 990 lancers quelconques, donc 2^990 possibilités. Ceci signifie qu'il existe 2^990 suites de résultats commençant par 10 faces.

 

Prenons une suite qui commence par dix faces entre les lancers 2 et 11. Là aussi il reste 990 lancers quelconques : le 1er et ceux compris entre 12 et 1000. Donc il existe 2^990 suites de cette sorte.

 

En fait, c'est vrai pour toute suite qui contient dix faces entre les lancers k et k+9 où k varie de 1 à 991 (entre 1 et 10, entre 2 et 11, etc. jusqu'entre 991 et 1000).

 

Il y a donc au total 991 x 2^990 lancers contenant au moins une suite de dix faces. Or il y a au total 2^1000 lancers possibles. La probabilité cherchée est donc égale à 991x2^990/2^1000 = 991/2^10 = 991/1024.

 

Sauf qu'en réalité il y a des redondances : des séries de résultats ont été comptés plusieurs fois. Par exemple parmi les suites comportant dix faces entre 1 et 10, il y a notamment celles qui comportent également un face en n°11, or celles-ci sont comptées également dans les suites qui comportent dix faces entre 2 et 11. Tout ce qu'on peut conclure, c'est donc que la probabilité cherchée est forcément inférieure à 991/1024.

 

Donc pour l'instant, j'ai démontré que la probabilité cherchée était comprise entre 1-(1023/1024)^100 et 991/1024, c'est-à-dire entre 0,093 et 0,968. Je vous laisse affiner l'encadrement...

 

(À part ça, ça fait une heure que j'essaie de résoudre réellement le problème en essayant plusieurs techniques, notamment en cherchant à le résoudre dans des cas plus simples. Je l'ai résolu pour le cas où on fait 10, 11 ou 12 lancers. Mais déjà avec 13 lancers c'est compliqué. Ou alors on garde 1000 lancers et on s'intéresse à des suites de 2 faces consécutifs seulement, mais alors c'est déjà très complexe et je préfère laisser tomber. Sinon je ne suis pas prêt d'aller me coucher... Soit il y a quelque chose qui m'échappe, soit il y a une grosse astuce, soit c'est réellement compliqué malgré sa formulation toute simple.)

['Bruno]

J'ai trouvé une solution approchée.

 

Notons A(k) = « il n'y a pas 10 faces consécutifs pour les lancers nunméro k à k+9 ». (k varie de 1 à 991.)

 

Par exemple A(1) = « il n'y a pas 10 faces consécutifs pour les lancers n° 1 à 10 ».

 

Notons B(k) l'événement contraire : B(k) = « les 10 lancers numéro k à k+9 donnent face ».

 

Soit q la probabilité de B(k). Pour les 10 lancers en question il y a à chaque fois 1 chance sur 2 d'avoir face, ce qui donne 1/2^10 = 1/1024, et pour les autres lancers c'est quelconque. Donc q = 1/1024.

 

Notons p la probabilité de A(k). On a : p = 1 - q = 1023/1024.

 

1/ Indépendance des A(k) entre eux.

 

Considérons maintenant A(k) et A(p) où k et p sont différents. On va s'intéresser à leur intersection. Si k et p sont distants de plus de 10, alors les suites k...k+9 et p...p+9 sont disjointes et les calculs sont relativement simples. Par exemple si on considère A(33) et A(66), leur intersection est l'évènement « il n'y a pas 10 faces consécutives entre 33 et 42, ni entre 66 et 75 ».

 

On sait que A(k) Inter A(p) est le complémentaire de B(k) Union B(p).

 

Or la probabilité de B(k) Union B(p) est égale à la probabilité de B(k) + la probabilité de B(p) - la probabilité de leur intersection. Calculons la probabilité de B(k) Inter B(p).

 

B(k) Inter B(p) = « il y a 10 faces consécutifs entre k et k+9 et aussi 10 faces consécutifs entre p et p+9 ». Sa probabilité est donc 1/2^20 = q^2. On en déduit que la probabilité de B(k) Union B(p) est égale à r = 1/2^10 + 1/2^10 - 1/2^20 = 2q - q^2.

 

De plus la probabilité de A(k) Inter A(p) est égale à 1-r (puisque c'est l'événement contraire) c'est-à-dire 1-2q+q^2 = (1-q)^2 = p^2.

 

Autrement dit :

Probabilité de A(k) Inter A(p) = Probabilité de A(k) x Probabilité de A(p).

 

Ceci démontre que A(k) et A(p) sont indépendants (on s'en doutait intuitivement !).

 

2/ Cas où A(k) et A(p) ne sont pas indépendants.

 

C'est le cas lorsque k et p sont distants de moins de 10. Par exemple :

A(33) = « il n'y a pas 10 faces consécutifs entre 33 et 42 ».

A(39) = « il n'y a pas 10 faces consécutifs entre 39 et 48 ».

 

Dans ce cas, la probabilité de B(k) Inter B(p) n'est pas égale à q^2. Par exemple avec B(33) et B(39) :

B(33) Inter B(39) = « les lancers 33 à 42 donnent face, et les lancers 39 à 48 aussi »

= « les lancers 33 à 48 donnent face » = 1/2^16.

 

On voit que la probabilité de B(k) Inter B(p) est en réalité plus grande que 1/2^20, donc la probabilité de B(k) Union B(p) est en réalité plus petite que 2q - q^2, donc la probabilité de A(k) Inter A(p) est en réalité plus grande que p^2.

 

Pour k fixé, il y a au plus 18 valeurs possibles de p qui rentrent dans cette catégorie (*), donc 18 valeurs possibles de p pour laquelle la probabilité de A(k) Inter A(p) est en réalité plus grande que le produit de leur probabilité.

 

(*) Par exemple pour k=21, la suite 21...30 n'est pas disjointes des suites 12...21, 13...22, etc. jusque 20...29 (9 suites) ni des suites 22...31, 23...32, etc. jusque 30...39 (9 suites).

 

3/ Calcul approché.

 

Hypothèse : pour tout k et p différents, A(k) et A(p) sont indépendants. D'après ce qui a été dit plus haut, cette hypothèse conduit à un résultat inférieur à la réalité, qui n'est donc qu'une approximation. Remarquons cependant que les cas non-indépendants sont peu représentés (pour k fixé il y a au plus 18 cas sur 999 possibles), d'où mon espoir que ce n'est pas une approximation ridicule.

 

Notons A = « il n'y a pas 10 faces consécutives entre 1 et 1000 ». On a : A = Intersection de tous les A(k) pour k = 1 à 991.

 

Sous l'hypothèse d'indépendance, on a :

P(A) ~ Produit des P(A(k)) = p^991.

 

On demandait la probabilité d'avoir au moins une suite de 10 faces. Eh bien c'est l'événement contraire de A, d'où :

 

P(au moins une suite de 10 faces) ~ 1 - p^991 = 1 - (1023/1024)^991 ~ 0,620.

 

Compte tenu de l'approximation, disons que : il y a un peu moins de 6 chances sur 10 qu'il existe une suite de 10 faces parmi les 1000 lancers.

 

(En tout cas je peux maintenant affirmer que la probabilité cherchée est comprise entre 0,093 et 0,620.)

 

--------

J'ai assez confiance en ce petit calcul car il se généralise. Si on considère N lancers et qu'on cherche la probabilité de ne pas avoir au moins une suite de n faces, alors :

P(A) ~ ( 1 - 1/2^n )^(N-n+1).

 

- Si n = 1 on trouve P(A) = 0. Normal : la probabilité de ne pas avoir 1 face consécutif est forcément nulle !

- Si n = N on obtient P(A) = 1 - 1/2^n. Effectivement, si on effectue n lancers, la probabilité d'avoir une suite de n faces est de 1/2^n, donc la probabilité de ne pas avoir de suite de n faces est de 1-1/2^n. Ce n'est d'ailleurs pas une approximation mais la valeur réelle !

- Si n est fixé est N tend vers l'infini, P(A) tend vers 0. C'est bien le résultat attendu intuitivement : à force d'effectuer des lancers jusqu'à la fin des temps, on finira bien un jour par obtenir cette satané suite de 10 faces.

 

Allez, au dodo !

[Estonius]

La réponse serait là

http://mathworld.wolfram.com/Fibonaccin-StepNumber.html

Mais j'avoue être paumé

['Bruno]

OK, je viens de parcourir l'article rapidement, apparamment ce n'était effectivement pas trivial.

 

Du coup j'ai écrit un petit programme en Fortran qui calcule les suites de Fibonacci de l'article. Ces suites de Fibonacci sont généralisées : chaque terme est égal à la somme des k termes précédents (et non des 2 termes précédents comme pour la suite classique), et d'après l'article il s'agit de calculer le 1002è terme de la suite de Fibonacci de paramètre 10. (De façon générale, pour n lancers et pour une suite de k, il faut calculer le (n+2)è terme de la suite de paramètre k.)

 

Voici un extrait du programme (la boucle principale) :

 

c	Formule de récurrence :
c	F(k)_n = somme des k termes précédents (les termes d'indice
c       <=0 étant considérés comme nuls) 

f( 1 ) = 1d0

do i = 2, n+2

c	   On veut calculer le terme n° i, donc il faut utiliser les
c	   valeurs des k termes f(j) précédents.

   f( i ) = 0d0

   do j = i - k, i - 1
      if ( j .gt. 0 ) f( i ) = f( i ) + f( j )
c	      ( sinon j <= 0 donc on ajoute 0 )
   enddo

enddo

 

Après validation du programme en retrouvant les termes donnés dans l'article, on obtient pour n=1000 et k=10...

...

... (suspense)

...

0.614550248 (yes !)

[Wincy]

Avec le programme de la calculatrice (Bernoulli) je trouve 0.613 .... mais ces résultats sont sarrondie, donc c'est pas mal

 

Bravo 'Bruno

[Leimury]

J'y pige rien aux probas appliquées à ce qui est vraiment aléatoire et j'y crois autant qu'à l'oméopathie.

 

Quelqu'un peut par calcul arriver par exemple à un nombre réaliste de gagnants au loto ?

 

Données: nombre de tickets (ça doit se trouver) et les chances de gain.

M'étonnerait beaucoup qu'on trouve 1 à 3 qui est pourtant ce qu'on constate en général avec quelques créneaux sans aucun gagnants.

Bref, un truc du type 1.01 gagnants par tirage.

 

M'étonnerait beaucoup qu'on retombe sur ce qu'on observe.

Ca semble plus adapté pour évaluer les bruits par exemple dans les contrôles statistiques de grandes série quant on a évacué les choses quantifiables comme l'usure de l'outil.

 

Essayez voir pour le loto, vous verrez que vous tombez sur une proba si faible qu'on aurait un gagnant tous les dix ans.

 

Les probas ça fait ses preuves sur les bruits mais pas vraiment sur l'aléatoire comme composante principale.

 

Bon ciel

[astrogaro]

pas d'accord

 

pour ma part ça serait plutôt 0.245

je m'explique

on exécute 10 lancés

chaque lancé a une chance sur deux d'être pile ou face

 

voila les lancés :

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

 

on calcule le nombre de possibilités

soit :

 

2^10+2^9+2^8+2^7+2^6+2^5+2^4+2^3+2^2+2^1

le tout fait 2046

 

2046/1000=0.489

si on executait 2046 lancés on serait théoriquement sûr que 10 lancés aient pu faire 10 faces ou 10 piles d'affilés

 

seulement on ne veut que 10 faces on divise donc 0.489 par 2

ce qui donne 0.245

 

voilà alors j'ai peut être fait une erreur mais si on me demandait de faire cet exercice personnellement c'est ce que j'aurai répondu

[jarnicoton]

Houlala.

[Wincy]

Ton raisonnement est faux astrogaro.

Car en premier lieu les tirages sont indépendant et le premier lancé ne compte pas en soi même .

 

De plus, d’après ton raisonnent, il sera possible d'avoir des probabilités supérieur à 1.

[astrogaro]

Ton raisonnement est faux astrogaro.

Car en premier lieu les tirages sont indépendant et le premier lancé ne compte pas en soi même .

 

De plus, d’après ton raisonnent, il sera possible d'avoir des probabilités supérieur à 1.

 

C'est plus que probable

c'est surement pour ça aussi que je ne suis pas aller en bac S

[astrogaro]

Effectivement mon raisonnement est faux

car comme l'a dit Bruno

il n'y a pas besoin de recommencer a chaque fois qu'une série est faussée par un mauvais tirage

mon calcul n'est donc pas adapté

et la probabilité est donc (très) largement supérieur