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- freddy
- 06-10-2015 19:25:47
Salut,
je plussoie Terces !
- Terces
- 06-10-2015 17:13:49
Bonjour Terces
Si tu perds , ou gagnes 2 lots, tu ne peux plus jouer car tu n'as plus de jetons (il faudrait t'en procurer )
Si tu gagnes des jetons, c'est 2 jetons avec la proba de 1/2 et tu es renvoyé au début d'une nouvelle partie avec une proba de 1/2 de rejouer ensuite. Mais pour pouvoir jouer n fois, la proba de cette événement est 1/2n-1(les évènements sont indépendants 2 à 2).
A chaque partie la proba de gagner 2 jetons est constante et n'augmente pas.
(c'est comme à pile ou face)
L'espérance donne la moyenne du temps passé au stand.
Re,
Hum j'ai pas tout compris mais réflechi 2 sec à cette situation (dans la vrai vie...) si tu as deux jetons tu vas rester en moyenne plus de temps qu'avec un :p
- freddy
- 06-10-2015 09:40:51
Salut,
je pense que tu te prends un peu les pieds dans le tapis.
On pose [tex]p[/tex] la proba que la partie s'arrête et donc [tex]1-p[/tex] que le joueur gagne un jeton gratuit.
Puisque le cas "acheter un jeton" est réglé, on considère celui de 2 jetons achetés.
Tu es d'accord qu'il doit jouer au moins deux fois avant d'avoir tout perdu.
Je considère [tex]X[/tex] la variable aléatoire = nombre de fois où je gagne un jeton gratuit avant de perdre mon second acheté. Cette v.a suit une loi binomiale négative classique de paramètre[tex] r=2[/tex] et [tex]1-p[/tex] d'espérance 2 puisque [tex]p=1-p[/tex].
Je définis [tex]Y=X+2[/tex] = nombre de parties jouées. Son espérance est égale à celle de [tex]X +2 =4[/tex].
Dans mon post #21, je n'ai pas donné le résultat de mes calculs, car j'étais troublé : je trouvais 2. C'est dû à une mauvaise modélisation de l'expérience aléatoire = la probabilité de jouer exactement deux parties = 1 ! et c'est ensuite qu'on entre dans le schéma "go" "stop" que tu décris avec ce détail : pour s'arrêter après [tex]n[/tex] jeux, il faut gagner [tex]n-2[/tex] fois et perdre [tex]1[/tex] fois avant de perdre la seconde fois à la partie numéro [tex]= n[/tex].
- sotsirave
- 04-10-2015 23:26:27
Bonjour Terces
Si tu perds , ou gagnes 2 lots, tu ne peux plus jouer car tu n'as plus de jetons (il faudrait t'en procurer )
Si tu gagnes des jetons, c'est 2 jetons avec la proba de 1/2 et tu es renvoyé au début d'une nouvelle partie avec une proba de 1/2 de rejouer ensuite. Mais pour pouvoir jouer n fois, la proba de cette événement est 1/2n-1(les évènements sont indépendants 2 à 2).
A chaque partie la proba de gagner 2 jetons est constante et n'augmente pas.
(c'est comme à pile ou face)
L'espérance donne la moyenne du temps passé au stand.
- freddy
- 04-10-2015 16:36:33
Bonjour Freddy
Je n’ai pas pensé à Polya .
Voici une Solution
1) En achetant un seul jeton, on reste en attente des tirages successifs :
Les premières 3 min (c’est certain)
puis 3min avec la proba ½
puis 3min avec la proba (1/2)²
puis 3 min puis avec la proba (1/2))3
etc.
Donc, en moyenne, on reste t = 3*[tex]\sum_{k=0}^{+\infty}(1/2)^k[/tex] = 6 min
2) En achetant 2 jetons
On reste au stand … 6 min également
Il me semble que ce qui change, c’est le gain éventuel de 2 lots et le double de jetons perdus non ?
Remarque : j’ai indiqué 8 min dans un précédent post, mais c’était un lapsus.
Re,
comment tu démontres la solution avec deux jetons ?
- Terces
- 04-10-2015 14:04:10
Bonjour Freddy
Je n’ai pas pensé à Polya .
Voici une▼Solution
Salut,
je ne suis pas d'accord avec ta réponse 2 (avec la une non plus mais bon j'accepte ta "version" de l'énoncé donc oui.) car si on perd(ou gagne) on peut rejouer, je penses que la probabilité augmente forcément.
je dirais 9min.
- sotsirave
- 04-10-2015 13:58:50
Bonjour Freddy
Je n’ai pas pensé à Polya .
Voici une
- Camille23
- 03-10-2015 17:41:02
Rebonjour,
Bien sûr ce problème suit une loi de Polya : On s'arrête au premier succès ! Ou au second !
Il suffit, intellectuellement, de penser "succès" quand un jeton n'est pas reconduit...
Une autre réalisation correspond à des boules noires et blanches tirées d'un sac. Avec succès si on tire une boule blanche et remise dans le sac de toute boule noire tirée...on s'arrête dès qu'on a tiré une blanche.
- freddy
- 03-10-2015 16:06:47
Salut,
si, si, c'est une loi de Polya, mais je l'ai mal appliquée (merci de la confiance de Camille23) car lu le sujet trop vite.
Je repose les bases : j'appelle Y le nombre de jeux gagnés avant de perdre n=1 fois (cas de un jeton acheté) ou n = 2 fois.
J'appelle X le nombre de fois où je "gagne = je n'ai plus de jeton pour jouer". X suit une loi de Polya de paramètre n (=1 ou 2) et p=1-p=1/2.
Y = X+n est une va dont l'espérance mathématique E(Y)= E(X)+n.
Je sais que E(X) = n*(1-p)/p = n
Donc si j'ai un seul jeton, le jeu dure 2 unités de temps ; si j'en ai 2, il dure 4 unités de temps.
PS = j'ai mi un peu de temps à retrouver mes petits entre la loi géométrique et celle de Polya = binomiale négative, désolé. Ma première réponse est incomplète, elle m'a troublé un moment :-)
- camille23
- 03-10-2015 15:10:40
Bonjour,
freddy est un spécialiste en probabilités et statistiques !
On peut donc faire confiance à son post #21 formule un jeton Appelons cette formule P1(X=n)
Et faire aussi confiance à sa formule 2 jetons : Si on appelle P2(X=n) cette formule,
freddy a simplement écrit que le deuxième jeton était utilisé dès que le premier n'était pas reconduit
soit [tex]P2(X=n)=\sum_{k=1}^{n-1} {(P1(X=k) \times P1(X=n-k))}[/tex]
- sotsirave
- 02-10-2015 23:01:53
Bonsoir Freddy
Par ailleurs, je ne pense pas que ce problème relève de la loi de Polya : on ne comptabilise pas le nombre de fois ou le résultat n'est ni 1 jeton ni 2. Par contre, il faut évaluer la loi de probabilité des événements donnant un gain (ou une perte) et en déduire les temps moyens d'attente au stand suivant les cas.
- sotsirave
- 02-10-2015 10:21:55
Bonjour Freddy
Le temps moyen Tm est d'environ 9 min. (quand on joue 2 jetons).
En effet:
Si on gagne un jeton , on a attendu 3min puis le temps moyen est de 6 min (pour un jeton) ;
on jouera donc un temps moyen aux alentours de 9 min.
Dans le cas de 2 jetons, ton espérance n'est pas valable.
A+
- freddy
- 02-10-2015 08:36:26
Salut,
non, la somme est techniquement infinie.
Je définis X le nombre de parties auxquelles j'ai participé et [tex]p[/tex] la proba. de gagner un jeton gratis.
Avec 1 jeton :
On a pour [tex]n \ge 1[/tex], [tex]\Pr(X=n)=p^{n-1}(1-p)[/tex] et [tex]E(X)=\sum_n n\Pr(X=n)=\frac{1}{1-p}=2[/tex], soit 6 minutes.
Avec 2 jetons :
On a pour [tex]n \ge 2[/tex], [tex]\Pr(X=n)=\binom{n-1}{1}p^{n-2}(1-p)^2[/tex] et [tex]E(X)=\sum_n n\Pr(X=n)=(...)[/tex], soit (...) minutes.
- sotsirave
- 01-10-2015 14:47:53
Bonjour Al berto
En probabilité , la moyenne d’une variable aléatoire X = {(xi,pi)} i € {1, 2,..n,…}
est l’espérance mathématique, c'est-à-dire une somme éventuellement infinie de termes xi*pi .
Cette somme peut être finie, comme tu le sais.
C’est le cas dans ce problème.
Par ailleurs on a 2/10 chances de gagner un lot, 3/10 de perdre la partie et 1/2 de rejouer avec un jeton à la fin d'une partie.
A+
- al berto
- 01-10-2015 14:08:32
Salut,
Donc, si je comprends bien, la question se résume à : 10 secteurs, dans cinq secteurs on gagne un jeton et cinq secteurs on perde un jeton, fifty-fifty. Etant donné que le lot n'a pas affect sur la distribution de jetons. Donc, si on joue un jeton, on gagne 50 % et 50 % on perde. Ainsi, on peut jouer au moins trois minutes et maximum l'infinie ;-). La moyenne de trois minutes et l'infini est : (trois minutes+infini) divisé par deux. Qu'est-ce?;o))
ciao.
aldo