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Pas de 1 consécutifs

Bonjour à tous. Voici un exercice qui me laisse sans voix.
On considère une pièce qui a la probabilité $p$ de faire Pile et $q=1-p$ de faire Face.
On lance $n$ fois la pièce. Quelle est la probabilité $a_n$ que l'on ait pas obtenu au moins deux $1$ consécutifs ?
Merci d'avance pour votre aide.

Réponses

  • Modifié (16 May)
    L'idée est de distinguer le résultat du dernier lancé pour obtenir une formule de récurrence.

    Notons $p_n$ est la probabilité de "n'avoir pas deux piles à la suite et terminer par pile" et $q_n$ est la probabilité de "n'avoir pas deux piles à la suite et terminer par face" alors $p_{n+1} = p\,q_n$ et $q_{n+1} = (1-p)\,p_n + (1-p)\,q_n$.

    On est donc ramené à une étude d'un système récurrent, qu'on peut traiter par diagonalisation ou par réduction à une relation de récurrence d'ordre 2.
  • Merci. C'est simple mais il fallait y penser. Et évidemment, moi je n'y ai pas pensé...
  • Modifié (16 May)
    Bonjour,
    Une bonne $(n+2)$-séquence, c'est $0.$ Une bonne $(n+1)$-séquence ou $10$. Une bonne $n$-séquence.
    $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}$.
    [Ne seraient-ce pas des suites plutôt que des séquences ? AD]
  • Bonsoir,
    pour affiner, vu que je n'ai parlé précédemment que du cas $p=q\ (=1/2)$
    Le nombre $F_n^k$ de bonnes $n$-séquences de poids  $k$ est $C_{n+1-k}^k$ (désormais $\binom {n+1-k}{k}$(qui est bien plus chiant à écrire en latex que $C_{n+1-k}^k$)).

    Salut Alain, j'ai toujours du mal à parler de suite pour une fonction dont l'ensemble de départ est fini. En ce cas, je parle de séquence bien que j'ai(e) lu sur notre cher forum que c'était un anglicisme regrettable (mais j'ai oublié l'argument, auquel j'ai souscrit alors, qui prouvait que c'était regrettable)).
    C'est faire plaie que de parler de ton fils et du fils de mon ami: un genou, une main, c'est quoi le pire? Je ne sais pas, je voterais pour la main. Qu'importe. L'un est tombé sous les fous d'Allah, l'autre sous ceux de (notre) Jupiter. Ben, Allah (sans jeu de mots!) je n'y peux rien, mais Jupiter, on peut lui foutre sa branlée sans pour autant voter pour qui massacrerait plus que lui encore.

  • Modifié (17 May)
    Je vois avec délectation que certains ont le droit de balancer leur prosélytisme politique mais qu'il est interdit de leur répondre.
    [On peut répondre sans donner dans l'injure. AD]
  • IL faudrait mettre en bandeau en rouge clignotant sur la page d'accueil du site: Interdiction de contredire les adorateurs du millionnaire trotkiste. Ca serait plus clair.
  • Mais de quoi tu causes, Joapa ?
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            -- Schnoebelen, Philippe
  • En effet, la fin du message m’a surpris moi aussi mais je ne vois pas le rapport avec un miyionnaire trotkiste (sic).
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            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (17 May)
    Bonjour, je n'ai pas spécialement envie de prendre le parti de Joaopa mais sur ce coup il a raison, moi aussi j'interprète la fin du message comme le discours d'un certain politicien en vu des législatives. Et cela n'a pas grand chose à faire dans ce fil ni sur ce forum d'ailleurs. 
  • Modifié (17 May)
    Bonjour,
    on considère une pièce équilibrée. $N$ joueurs, numérotés de $1$ à $N$ participent à un tournoi de duel.s Le joueur qui emporte un duel est celui qui tire PILE.
    Les joueurs 1 et 2 jouent. Le vainqueur rencontre le joueur 3. Le vainqueur de ce nouveau duel rencontre le joueur 4, etc.
    Le tournoi s’arrête lorsqu'un joueur gagne trois duels. On demande la probabilité $p_n$ que le joueur numéro $n$ participe au tournoi et la probabilité $q_n$ que ce même joueur gagne le tournoi.
    mais nada.
    Si quelqu'un a une idée, merci d'avance.
  • @nicolas.patrois,
    Comme d'habitude, quand un type donne une réponse plus ou moins normale à un message plus ou moins débile anti-Macron, tu critiques la réponse normale, et tu ne dis mot sur le message débile.
  • Modifié (17 May)
    J’ai hésité à répondre sur la partie hors-sujet mais par pitié, tu ne me fais pas la morale.
    Et puisque tu aimes éplucher mes messages, tu aurais dû y lire que je n’apprécie aucun des trois (LePe, Ma et Mé) et que je les trouve dangereux chacun à sa manière.
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            -- Schnoebelen, Philippe
  • Modifié (17 May)
    Bonjour
    Si je ne me suis pas mélangé les pinceaux dans les indices: $\qquad p:= \text{ probabilté de PILE },\quad q := \text{ probabilité de FACE}.$
    "L'analyse des premiers pas" donne :
    $$ p_1=p_2=p_3 = p_4 =1, \:\: p_5 = 1 -p^3,\quad\forall n>5, \quad p_n =q \:p_{n-1} +pq\:p_{n-2} +p^2q \:p_{n-3}, \quad q_n= p_n\:p^3.$$
  • Modifié (17 May)
    @Lou16. Pas convaincu par ta relation. Les racines de l'équation caractéristique sont immondes. SI tu avais donné ta méthode, on pourrait infirmer ou confirmer ta relation.
    Mais merci encore pour la tentative.
  • Modifié (17 May)
    J'ai utilisé une méthode souvent nommée "analyse du premier pas", qui est tout-à- fait correcte.
    $R:  \quad \text{ le premier joueur perd la première partie}.\qquad \mathbb P(R)= q.$
    $S:  \quad \text{ le premier joueur gagne la première partie et perd la seconde}.\qquad \mathbb P(S)= pq.$
    $T:  \quad \text{ le premier joueur gagne les deux premières parties et perd la troisième }.\qquad \mathbb P(T)= p^2q.$
    $ E_n: \quad \text{le joueur numéro } n \text{ participe à la partie}.$
    $$ \begin{align*}   \forall n\geqslant 5, \:\:\mathbb P(E_n)& = \mathbb P(E_n\cap R) +\mathbb P(E_n\cap S)+\mathbb P(E_n\cap T) \\& = \mathbb P(R)\:\mathbb P(E_n \mid R) +\mathbb P(S)\:\mathbb P(E_n \mid S)+\mathbb P(T)\:\mathbb P(E_n \mid T) \\ &= q\: \mathbb P(E_{n-1}) +p q\: \mathbb P(E_{n-2}) + p^2q\: \mathbb P(E_{n-3}) .\end{align*}$$
    Je ne vois pas de raison particulière qui imposerait aux racines du polynôme caractérisant cette récurrence linéaire d'être "agréables".
  • Modifié (17 May)
    Je ne vois pas pourqui $P(E_n\mid R)=P(E_{n-1})$. De même pour les deux autres.
  • Modifié (17 May)
    Parce que: si $R$ est réalisé, alors le premier joueur est éliminé, et le processus aléatoire qui  va déterminer la participation du joueur numéro $n$ à la partie est strictement identique à celui d'une partie qui commence avec un  duel opposant les joueurs numéro $2$ et $3$.
    Le joueur numéro $n$ sera ainsi numéroté  $(n-1)$ dans cette nouvelle partie
    $\mathbb P(E_n\mid R ) $ est donc la probabilité  de participation du joueur $(n-1)$ à une partie obéissant exactement  aux règles de la partie initiale.
    $$\mathbb P(E_n \mid R) = \mathbb P(E_{n-1}).$$
    Tu peux aussi vérifier  que le calcul "à la main" de $p_5, p_6$  donne un résultat en conformité avec cette relation de récurrence.
  • OK pour celle là mais pour les deux autres, le même raisonnement ne s'applique pas.
  • Modifié (18 May)
    Je viens de m'apercevoir  que je me suis complètement planté en considérant que ce problème était le même que le premier problème du fil où cette fois  trois $1$ consécutifs seraient interdits. Et ce n'est pas du tout le cas. Désolé.
    Je revois çà demain.
  • Modifié (17 May)
    Je ne suis pas d'accord avec LOU16. Si R est réalisé la partie n'est pas identique à une partie qui commence avec un duel opposant les joueurs numéro $2$ et $3$ puisque le joueur $2$ a un avantage sur le joueur $3$ : il a déjà gagné une manche.
    D'autre part la pièce est équilibrée donc à chaque manche chacun des joueurs a la probabilité $1/2$ de gagner la manche.
    Il est alors clair que $q_n=\dfrac18p_n$.
    En calculant les premières valeurs de $p_n$ j'ai deviné pour $n\geq3$ : $p_n=\dfrac{F_{n-1}}{2^{n-3}}$ (suite de Fibonacci).
    La somme des $q_n$ est égale à $1$ donc la probabilité que personne ne gagne est nulle.
  • Modifié (18 May)
    Bonjour
    J'étais donc à côté de la plaque car je résolvais, à la place du "second" problème, celui qui consiste à  calculer la probabilité de ne pas obtenir trois $1$ successifs, dans les conditions du problème initial.
    En fait ce premier problème, tel qu'il est posé avec "pas de $11$" , résout le second, avec ses trois duels gagnants qui interrompent la partie.
    La méthode de "l'analyse du premier pas" donne , avec les notations du message initial :
    $$ a_1 =1; \: a_2 =1-p^2, \quad \forall n\geqslant 3, \:\: a_{n} = q\:a_{n-1} +pq\ a_{n-2}.$$
    Pour $n\geqslant 2, $ on code le duel $n$ par $1$  si le "tenant du titre" l'emporte  (probabilité $p$), et par $0$ sinon.
    Le joueur $n+3$ participe à la partie si et seulement si $n+2$ duels sont organisés, c'est-à -dire si le codage des duels $2,3 ,\dots n+1$ ne produit pas de séquence $11. \qquad \mathbb P(E_{n+3} )= a_n.$
    $$p_1 =p_2= p_3 =p_4=1, \:\: p_5 =1-p^2, \quad \forall n>5, \:\: p_n=q\:p_{n-1} + pq\: p_{n-2}.$$
    Lorsque $p=q= \dfrac 12,\: $ on retrouve bien le $p_n= \dfrac {F_{n-1}}{2^{n-3}}$ indiqué par Jandri.
  • C'est très bien, je suis d'accord. Je n'avais pas fait le lien avec le premier problème.
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