Jeu et probabilités sur univers infini!

Bien le bonsoir
J'ai un problème, le voici : (merci d'avance :))

Prenons un jeu semblable à celui des pièces: je lance une pièce de monnaie, si ça fait pile je gagne, si ça fait face je perd et je relance, et comme cela indéfiniment jusqu'à ce que ça fasse pile.
Je dis bien semblable, car la proba à chaque nouveau lancer est de 1/2 de gagner (de faire pile) or dans mon cas de figure la proba à chaque nouveau "lancer" est différent. C'est-à-dire qu'au lieu d'avoir, proba de A: 1/2, proba de B: 1/2, proba de 1/2 etc.. on à proba de A: 1/2, proba de B: 1/4, proba de 1/6, de 1/8 etc...
C'est comme si au lieu de lancer une pièce de monnaie à deux faces, on lançait au départ une pièce de monnaie à deux faces, puis un dé à 4 faces puis un dé à 6 faces puis un dé à 8 faces puis à 10 faces etc.. avec toujours pour objectif qu'une face précise tombe pour gagner.
(l'univers concerné est bien infini)

Dans ce cas, la probabilité de gagner avec A est 1/2, et il y a aussi 1/2 comme proba de ne pas avoir gagné. la probabilité de gagner avec B est alors 1/2 fois 1/4, soit 1/8. Et il reste 3/8 comme probabilité de ne pas avoir encore gagné après 2 coups (donc 5/8 comme proba d'avoir gagné après 2 coups). D'où la probabilité de gagner avec C : 3/8 fois 1/6, et ainsi de suite...

Le cadre maintenant posé, voici ma question:
_ Dans le jeu classique de pile ou face, on gagne en moyenne un coups sur 2. Mais ici qu'en est-il? Je suis dans le flou! Je laisse part à Jeu et probabilités! votre créativité

_Il me semble que la plus longue série d'une même couleur à une roulette réelle (et non en ligne car je crois que c'est truqué) est été de 27 noirs consécutifs (pour simplifier, on dira qu'il y a 2 couleurs à la roulette: rouge et noir et donc que la proba de tomber sur le noir est 1/2 à chaque coup), il me semble qu'il faut attendre en moyenne 134 217 728 coups pour tomber sur une série aussi longue!
PS: il faut attendre en moyenne 256 coups pour voir une série de + de 8 couleurs consécutives.

Mais, en jouant à mon jeu (où les événements sont de + en + incertains) et seulement 200 coups (< à 256), à quelle sorte de mauvaise série puis-je m'attendre à votre avis?
Honnêtement, je ne sais pas le traduire mathématiquement, ni même ne sais si il est possible de le faire, mais plus de 100 coups à jouer sans gagner ne me semble pas envisageable. Serte tout peut arriver, mais sur toute l'histoire de la roulette 27 noirs consécutifs à été la plus longue série! Et jeter un coup d'œil au PS (serte dans les 2 cas les événements n'ont pas la même proba mais quand même)!

Essaie-je de "jouer" sur les nombres? peut-être bien, quand on est désespéré lol
Mais toutes réponses constructives m'intéressent,

Merci d'avance, Cordialement

Bonjour,

Quelques pistes :

Quelle est la probabilité de ne pas encore avoir gagné au bout de 1 coup, 2, puis 3 ...
Calcules la formule générale quii donne la probabilité de ne pas avoir gagné au bout de n coups.

A suivre.
Iznogoud

Bonsoir et merci de ta réponse,

Grâce à l'aide de quelques amis, j'ai transformé mon jeu en ceci:
"On dispose d'une urne avec une boule rouge et une boule noir,

premier cas: la première boule tirée est rouge et on a donc gagné, dans ce cas on remet la boule rouge dans l'urne et on recommence.

deuxième cas: la boule tirée est noir, on a perdu, on remet la boule noir dans l'urne et on rajoute 2 autres boules noirs (ainsi il y a 4 boules en tout dans l'urne: 3 noirs et 1 rouge). la deuxième boule tirée est à nouveau noir, on a encore perdu, on remet donc la boule noir dans l'urne et on rajoute encore 2 autres boules noirs (il y a maintenant 6 boules en tout dans l'urne: 5 noirs et 1 rouge ) et on continue à rajouter 2 noirs tant qu'on à pas trouver de rouge."

la probabilité de tirer une noire au premier tour est 1/2
Alors, la probabilité de tirer une noire au second tour est 3/4
Alors, la probabilité de tirer une noire au troisième tour est 5/6
....
Alors, la probabilité de tirer une noire au n-ième tour est 1-1/2n

La probabilité d'avoir tiré au moins une rouge est donc $1−∏i=1n(1−12i)1-\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{2i})$ pour n=100 coups de 94,37% environ

Vous souvenez-vous dans mon premier cas:
on a l'évènement A qui a une proba 1/2, si on perd (c'est-à-dire si A ne se réalise pas) alors on a l'évènement B qui a une proba 1/4 puis si on perd on à l'évènement C qui a une proba 1/6 etc...

En faite, ici, j'aimerai remplacer l'évènement B (qui a une proba 1/4) par les deux évènements B1 et B2 qui ont chacun une proba 1/6, et il suffit de gagner à un de ces 2 évènements (à B1 ou B2) pour que le jeu s'arrête, c'est un peu farfelu ^^

(C'est-à-dire qu'on a: A qui à une proba 1/2 puis si on perd c'est pas B qui a une proba 1/4 mais 2 évènements B1 et B2 qui ont une proba 1/6 (c'est-à-dire, cette fois il ne faut pas gagner à un évènement qui a une proba 1/4 mais à au moins un évènement sur 2 qui ont une proba 1/6) voyez-vous ? )

En restant dans ce principe là de jeu, mon raisonnement ci-dessous est-il bon: ?
La probabilité de gagner avec B1 est 1/6, et il y a 5/6 comme proba de ne pas avoir gagné. La probabilité de gagner avec B2 est alors 5/6 fois 1/6, soit 5/36. On a donc 1/6 + 5/36, soit 11/36 comme proba d'avoir gagné après ces 2 coups?
Or: 11/36= 0,31 (j'ai arrondi) et 1/4= 0,25

Donc la proba de gagner augmente lorsqu'on remplace l'évènement B par les évènements B1 et B2, ai-je raison?
Enfaite ce qui me tracasse, c'est si ma démarche pour connaître la proba de gagner à B1 ou à B2 est là bonne? La proba de gagner à B1 ou B2 n'est-elle pas plutôt 1/6 + 1/6= 1/3 ?

Alors p(B1"union"B2)=11/36 ou 1/3 ??

Une dernière chose, crois-tu qu'il est possible de faire une sorte de "moyenne" des proba? Par exemple pour les 5 premiers coups on a les probas suivantes: 1/2 puis 1/4 puis 1/6 puis 1/8 puis 1/10, crois-tu qu'il est possible de faire une moyenne de ces proba afin d'avoir 5 évènements équiprobables qui soient dans leur ensemble "identique" à ces 5 coups ci ?

Par exemple au lieu d'avoir 1/2 puis 1/4 puis 1/6 puis 1/8 puis 1/10 on aurait 1/X puis 1/X puis 1/X puis 1/X puis 1/X.
Peut-on déterminer ce "X" selon toi? Cela me permettrait de mieux comparer ce jeu à celui du pile ou face ^^

Vois-tu des erreurs dans ce que j'ai dis ?

Merci d'avance, Cordialement.

Bonjour,

Tout d'abord, je suis d'accord sur ta formule sur le jeu boule rouge / noire.
On peut la "simplifier" , on obtient :
1 - [ factoriel (2n) / ( (factoriel (n)) ^ 2 x 2 ^(2n) ) ]

Pour ton nouvezau jeu avec B1 et B2, tel que tu décris le jeu, je comprends que B1 et B2 ont la même probabilité à partir du même tirage, on a donc :
p(B1) = p(B2) = 1/6
En effet, ton calcul est faux :

p(B1) = 1/6 ok
p(B2) si pas B1 = 5/6 (la proba de pas B1) x 1/5 (la proba de B2 sur les évènements restants = 1/6 / (5/6)) = 1/6

D'où p(B1 ou B2) = 1/3

Pour ta desrnière question, si je revierns à ton jeu initial :

La proba d'être toujours perdant au bout de n coup est :
P1 = [ factoriel (2n) / ( (factoriel (n)) ^ 2 x 2 ^(2n) ]
Pour le jeu pile ou fave, la proba est : P2 = 1/ (2^n)
On a P1/P2 = [ factoriel (2n) / ( (factoriel (n)) ^ 2 x 2 ^(n) ]
Soit P1 / P2 =[ (n+1) x .... x (2n) / (1x .... x n) ] / 2^n
Il est facile de voir que (n+1) x ....x (2n) / (1x .... x n) > 2^n
D'où P1 / P2 > 1 : la probabilité de ne pas encore avoir gagné au nème coup avec ton jeu est supérieure à celle de Pile ou Face.

Quant à trouver le X dont tu parles, cela revient à écrire :
[ factoriel (2n) / ( (factoriel (n)) ^ 2 x 2 ^(2n) ] = 1/ X^n
La valeur de X variera en fonction de n.

Iznogoud

Bonsoir Iznogoud, merci de ta réponse

1_ Je ne comprend pas ta démarche pour trouver p(B2)
En effet tu as mis:
" 1/5 (la proba de B2 sur les évènements restants = 1/6 / (5/6))"

tu dis "sur les évènements restants" mais B1 et B2 sont 2 évènements indépendants qui se produisent en même temps, le but est que l'un de ces deux évènements se réalise.

Pourrais-tu m'éclairer sur ton calcul stp? Que signifie ce "1/6 / (5/6)"?

2_Ensuite, pour en revenir à ma question sur faire une "moyenne" des probas en déterminant "X" tel que 1/2 puis 1/4 puis 1/6etc.. équivaut à 1/X puis 1/X puis 1/X cela revient à écrire:
$1xn\frac{1}{x^{n}}$ n'est-ce pas?

Tu dis que X variera en fonction de n, ainsi pour n=2, on aura:
" $1x2\frac{1}{x^{2}}$ puis $1x2\frac{1}{x^{2}}$ " équivaut à "1/2 puis 1/4"

Ai-je tord? Si oui, peux-tu m'aider à comprendre là aussi?
Si j'ai raison, cela me gène un peu car enfaite je souhaitais trouver une valeur nominale à la place de ce X, par exemple au lieu d'avoir 1/2 puis 1/4 j'aurai préféré quelque chose du style 1/2,643 puis 1/2,643 et non $1x2\frac{1}{x^{2}}$ puis $1x2\frac{1}{x^{2}}$ car 1/2,643=0,38 (arrondie) alors que $1x2\frac{1}{x^{2}}$ = quoi?

Ah oui et aufaite, pour cette question de "moyenne" j'ai trouvé par hasard ceci:

"Si l'on a 3 évènements avec A qui a pour proba de se réaliser: p(A)=0.25, B qui a p(B)=0.50 et C qui a p(C)=0.67 (arrondie car 1/1,5=0,666...)
Et parallèlement 3 évènements avec A' qui a p(A')=0.5, B' qui a p(B')=0.50 et C' qui a p(C')=0.50
La proba de gagner à l'un des 3 premiers évènements est la même que gagner à l'un des 3 suivants car:

Pour les 3 premiers évènements:
proba de gagner pour A: 1/4
pour B: 3/41/2=3/8
d'où: 1-(1/4+3/8)=3/8 (proba de ne pas gagner après 2 coups)
ainsi, pour 3/81/1,5=3/12
d'où proba de gagner au moins une fois après 3 coups: 1/4+3/8+3/12= 7/8

Pour les 3 derniers évènements:
proba de gagner pour A': 1/2
pour B': 1/21/2= 1/4
d'où: 1-(1/2+1/4)= 1/4 (proba de ne pas gagner après 2 coups)
ainsi, pour C': 1/41/2=1/8
d'où proba de gagner au moins une fois après 3 coups: 1/2+1/4+1/8= 7/8 "
Peux-t'on tirer quelque chose de cette découverte hasardeuse? Ou cette découverte ne peut nous aider en rien pour comprendre ce système de "moyenne"?

(C'est comme ci ici les évènements A, B et C équivaut aux évènements A', B' et C' donc comme si lorsque l'on réunis ces évènements A, B et C ils ont une proba de 1/2. Mais nous ce qu'il nous faudrait ce serait que pour trois évènements qui ont des proba suivantes: 1/2 puis 1/4 puis 1/6 lorsque l'on les réunis ils aient tous les 3 une proba de 1/X et il nous faut donc ce X )

3_ Et enfin, pour mon jeu où l'on a 1/2 puis 1/4 puis 1/6 etc... comme proba de gagner (ce jeu est celui de l'urne) on a comme tu me l'as confirmé, la formule suivante:
$1−∏i=1n(1−12i)1-\prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{2i}})$

Maintenant si les probas avaient changer et on auraient à la place de 1/2 puis 1/4 puis 1/6 etc.. les probas suivantes: 1/11 puis 1/22 puis 1/33 on auraient donc la formule suivant n'est-ce pas:
$1−∏i=1n(1−111i)1-\prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{11i}})$ ?

Je ne sais pas comment taper cette formule sur ma calculette peux-tu me dire quelle est la proba de gagner pour n=100 coups et 1000 coups stpp?? Ce serait très sympa de ta part On sera surement loin des 94,37% mais cela m'intéresse ^^

PS: connais-tu un bon logiciel pour simuler des expériences aléatoires?
Ainsi qu'unecalculatrice (ou logiciel) pour faire des calculs de formules écrites avec Latex par exemple comme celle-ci 1-\prod_{i=1}^{n}{(1-\frac{1}{11i}}) ? Cela m'éviterais de te déranger à calculer pour moi ^^

Merci bcp, je sais que je demande bcp de choses mais je n'y peux rien je suis de nature curieuse ^^ Merci d'avance, Cordialement!

Bonjour,

Pour la question 1 :

Soit les 2 évènements ont lieu simultanément, et leur proba étant de 1/6, la probabilité d'avoir l'un et l'autre est bien de 1/6 + 1/6 = 1/3.
Soit les 2 évènements ont lieu l'un après l'autre, et alors : p(B1) = 1/6 mais p(B2 si non B1) = 1/5 * 5/6, puisque comme on sait déjà que B1 n'a pas au lieur et qu'il n'y a pas remise, il n'y a plus que 5 évènements possibles.

Ecrire p(B2 si non B1) = 1/6 x 5/6, c'est de dire que les évènements ont lieu l'un après l'autre et qu'il y a remise (puisque 6 évènements possibles dont B1).

Pour le x, il se calcule, je t'ai donné la formule dans l'expérience que tu cites :
[ factoriel (2n) / ( (factoriel (n)) ^ 2 x 2 ^(2n) ] = 1/ X^n
Donc : X = racie énieme de [( (factoriel (n)) ^ 2 x 2 ^(2n) / factoriel (2n) ]
A toi de faire le calcul en fcontion de n ...

Pour ton calcul sur les 3 premiers et 3 derniers évènements, il me semble faux :

La proba de gagner aux 3 derniser est :
P(A') = 1/ 2(n-3) et pas 1/2 ...
Tu dis toi-même que la proba de gagner au 2ème évènement est 1/4 et pas 1/2
Au 3ème, c'est 1/6
Et au 4ème : 1/8 (et pas 1/2) !

Pour les calculs, tu peux utiliser excel.
Pour n = 100, on a Proba de gagner = 38%
Pour n = 1000, on a Proba de gagner = 49%

A mon tour de poser une question : à quoi te sert toute cette gymnastique sur les nombres et probabilités ?

Iznogoud

Bonsoir Iznogoud, merci de ta réponse
En ce qui concerne cette "gymnastique" c'est juste que je suis curieux de nature lol

Je suis tombé par hasard sur ceci: http://desencyclopedie.wikia.com/wik...27existent_pas lol
qu'en dis-tu? Y a t'il une erreur dans ce qui est dit?

Cordialement

Bonjour,

Je n'ai pu lire ton lien, je suppose que tu parles de çà :
"Comment prouver que les chiffres n'existent pas"

Sommer ou multiplier des infinis par un réel n'a aucun sens. On ne peut faire de calcul sur des infinis. Dire qu'une suite tend vers l'infini veut dire que son résultat peut être aussi grand que l'on veut. Deux suites peuvent avoir cette propriété sans pour autant croître à la même vitesse.
Hors, dire que comme u(n) tend vers l'infini et 2 x u(n) aussi alors 2 n'existe pas suppose justement que ces 2 suites croissent avec la même vitesse, ce qui n'est justement pas le cas.

A noter que l'on peut faire la même erreur avec 0 :
0 = 2 x 0 , or il n'y a qu'un 0 donc 2 n'existe pas ... (faux car cela revient à diviser par 0)
Ou bien avec l'addition, si l'on considère le nombre N et le nombre N+1 quand N tend vers l'infini :
Infini + 1 = Infini ==> 1 = 0 !

Iznogoud