Une règle un brin pénible — Les-mathematiques.net The most powerful custom community solution in the world

Une règle un brin pénible

Bonjour,
on lance de un à quatre dés à six faces. On note X la variable aléatoire prenant la somme des faces des dés affichant la plus petite valeur.
Par exemple, avec trois dés affichant {1,2,2} j'obtiens X=1. La face 1, la plus petite, est unique.
Mais avec trois dés affichant {2,2,5} j'obtiens X=2+2=4. La face 2, la plus petite, est présente deux fois.
Je m'intéresse à la loi de probabilité de X et son espérance selon le nombre de dés. Avec un ou deux dés, c'est facile. Je m'arrache un peu les cheveux pour trois et quatre dés.
J'ai en tête de faire un petit algorithme en Python pour obtenir une liste exhaustive des 1554 tirages possibles et étudier cette fichue variable X.
Mais si quelqu'un a une idée plus élégante, je suis preneur.

Réponses

  • Bonjour !

    On peut déjà réfléchir aux valeurs que peut prendre cette variable aléatoire (je travaille dans le cas $n=4$). $X$ est à valeurs entières, strictement positives, et inférieures à $24$. Mais elle ne vaudra jamais $23$ par exemple : en effet, si c'était le cas, on aurait $23=ab$ avec $a$ le minimum des quatre dés, et $b$ le nombre de fois que ce minimum est atteint... ce qui est absurde. De la même manière, certain cas sont faciles à traiter : $X$ ne vaut $24$ que pour la réalisation $(6,6,6,6)$, et donc $\mathbb{P}(X=24)=1/6^4$...
    Faire un programme n'est sûrement pas une mauvaise idée, elle vous permettrait de voir ce genre d'informations au premier coup d'œil !
    Je continue néanmoins à y réfléchir, et je reviens vers vous si je trouve une méthode élégante...

    Cordialement.
  • [Edit : zut j'ai mal lu] Oui, tu ferais mieux de faire un programme python.
  • Je pense que la loi qui l'intéresse n'est pas aussi simple...

    [edit : je n'avais pas vu que vous aviez édité votre message Lucas, au temps pour moi]
  • Pour la valeur $1$ aussi ce n'est pas très compliqué : on dénombre les $(X_1,X_2,X_3,X_4)$ avec un et un seul des $X_i$ valant $1$. Il y en a autant que de manières de choisir la position du $1$ ($4$) multiplié par les choix pour les autres dés ($5^3$). $\mathbb{P}(X=1)=500/6^4$ (valeur cohérente avec mes simulations).
  • Pour le $2$ on distingue deux cas : soit le minimum vaut $1$ et il est atteint deux fois ($6$ choix pour la position des $1$, $5^2$ choix pour les autres valeurs), soit le minimum vaut $2$ et il est atteint une et une seule fois ($4$ choix pour la position, $4^3$ choix pour les autres valeurs). D'où $\mathbb{P}(X=2)=406/6^4$ (toujours cohérent avec mon programme).
  • Pour la valeur $3$ (qui est premier) toujours deux options : le minimum vaut $1$ et est atteint $3$ fois ($4\times 5$ cas), ou le minimum vaut $3$ et est atteint une et une seule fois ($4\times 3^3$ cas). D'où $\mathbb{P}(X=3)=128/6^4$ (toujours cohérent).
  • Traitons enfin un cas plus dur (le reste sera du même acabit) : $X=4$ si
    - le minimum vaut $4$ et est atteint une et une seule fois ($4\times 2^3$ cas).
    - le minimum vaut $2$ et est atteint $2$ fois ($6\times 4^2$ cas).
    - le minimum vaut $1$ et est atteint $4$ fois ($1$ cas).
    On obtient que $\mathbb{P}(X=4)=129/6^4$.
    Le reste pourra être traiter avec la même méthode.
    Si vous savez programmer en python, voilà une méthode plus efficace pour résoudre le problème (et facilement generalisable à n'importe quel nombre de dés) : pour une valeur que peut prendre $X$, dénombrer les possibilités comme je l'ai fait, puis déduisez-en la probabilité de l'événement qui vous intéresse !

    Bon courage et n'hésitez pas si le problème persiste.
  • Tu suggérais de traiter ça en Python, vas-y.
    Très peu d'espoir qu'une idée plus élégante surgisse.
  • Merci pour vos réflexions. Parfois on tombe sur un problème classique et référencé. J'avais espoir qu'un problème similaire m'éloigne d'un Python exhaustif. Malgré tout, la décomposition des valeurs de X est une piste intéressante.

    Je pense cloisonner en quatre cas, pour autant de dés lancés.

    Il n'y a pas tant de valeurs possibles pour X finalement :
    \[X\in\{1,2,3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18,20,24\}\]
  • Je reste convaincu que la détermination du support par un court argument d'arithmétique, et la résolution de quelques cas par un peu de dénombrement peut être tout à fait élégant !

    Bonne continuation.
  • J'y travaille. Tu m'as aidé à y voir plus clair. Il n'y a pas tant de cas à étudier. L'entrée par X nécessite de traiter les différentes décompositions mais ça reste faisable. Je posterais le tableau de probabilité de X une fois fini.
  • Pour quatre dés :
    $$ \begin{array}{llr}
    X=n & \substack{\text{Composition des}\\ \text{combinaisons}} & \substack{\text{Nombres de}\\ \text{combinaisons}} \\
    X=1 & \{1\times \times\, \times \} & 500 \\
    X=2 & \{2\times \times\, \times ,11\times \times \} & 406 \\
    X=3 & \{3\times \times\, \times ,111\times \} & 128 \\
    X=4 & \{4\times \times\, \times ,22\times \times ,1111\} & 129 \\
    X=5 & \{5666\} & 4 \\
    X=6 & \{33\times \times ,222\times \} & 70 \\
    X=8 & \{44\times \times ,2222\} & 25 \\
    X=9 & \{333\times \} & 12 \\
    X=10 & \{5566\} & 6 \\
    X=12 & \{444\times ,3333\} & 9 \\
    X=15 & \{5556\} & 4 \\
    X=16 & \{4444\} & 1 \\
    X=20 & \{5555\} & 1 \\
    X=24 & \{6666\} & 1
    \end{array}

    $$ Pour un total de $1296=6^4$ combinaisons possibles. A noter l'impossibilité de faire 18 avec quatre dés, ni 12 avec une paire de 6 ou simplement 6 avec un 6.
  • Que vaut l'espérance ?
  • Avec 4 dés on a $E(X)\simeq 2,50617284$.
  • Intéressant comme problème. Une résolution explicite pour un nombre quelconque de lancers $N$ semble impossible puisque ça a l'air de faire intervenir le nombre de partitions des entiers inférieurs à $6N$ avec des parts égales inférieures à $6$, mais peut-être qu'on peut dire quelque chose sur le comportement asymptotique de $X$ quand $N$ devient grand.
  • Pour trois dés :
    $$ \begin{array}{llr}
    X=n & \substack{\text{Composition des}\\ \text{combinaisons}} & \substack{\text{Nombres de}\\ \text{combinaisons}} \\
    X=1& \{1\times\times\} &75\\
    X=2& \{2\times\times ,11\times \} & 63\\
    X=3& \{3\times\times ,111\} &28\\
    X=4& \{4\times\times ,22\times \} & 24\\
    X=5& \{566\} & 3\\
    X=6& \{33\times ,222\} & 10\\
    X=8& \{44\times \} &6\\
    X=9& \{333\} &1\\
    X=10& \{556\}& 3\\
    X=12& \{444\} & 1\\
    X=15& \{555\} &1\\
    X=18& \{666\} &1\\
    \end{array}
    $$ Pour un total de $216=6^3$ combinaisons possibles. A noter la possibilité de faire 18 avec trois dés maintenant, mais toujours pas 12 avec une paire de 6 ou simplement 6 avec un 6.
    Espérance : $E(X)\simeq 2,722222222$.
  • Pour deux dés :
    $$ \begin{array}{llr}
    X=n & \substack{\text{Composition des}\\ \text{combinaisons}} & \substack{\text{Nombres de}\\ \text{combinaisons}} \\

    X=1& \{1\times\} & 10 \\
    X=2& \{2\times,11\} & 9 \\
    X=3& \{3\times\} & 6 \\
    X=4& \{4\times,22\} & 5 \\
    X=5& \{56\} & 2 \\
    X=6& \{33\} & 1 \\
    X=8& \{44\} & 1 \\
    X=10& \{55\} & 1 \\
    X=12& \{66\} & 1
    \end{array}

    $$ Pour un total de $36=6^2$ combinaisons possibles.
    Espérance : $E(X)\simeq 3,11111111$.

    Et évidemment $E(X)=3,5$ pour les 6 combinaisons avec un dé.
  • Si $X_1,\cdots, X_n$ sont independantes et uniformes sur $\{1,2,\ldots, N\}$ soit $$M=\min\{X_i; i=1,\ldots,n\},\ K=\sharp\{ i=1,\ldots,n\ ; \ X_i=M\}.$$ Si $S_n(N)=1^n+2^n+\cdots+N^{n}$ est la somme de Newton alors nous montrons que
    $$\boxed{\mathbb{E}(MK)=\frac{n}{N^n}\left((N+1)S_{n-1}(N)-S_n(N)\right)}.$$

    Commencons par la remarque suivante si $Y_1,\cdots, Y_n$ sont independantes et prennent les valeurs $S$= succes et $E$= echec avec les probabilites respectives $p$ et $q=1-p$ et si $ K_p$ est le nombre de succes dans la suite $Y_1,\cdots, Y_n$ alors $\Pr(K_p=k)=C^k_np^kq^{n-k}$ , $\mathbb{E}(K_p)=\sum_{k=0}^nkC^k_np^kq^{n-k}=np$, $\Pr(K_p=k|K_p>0)=C^k_np^kq^{n-k}/(1-q^n)$ et donc $$\mathbb{E}(K_p|K_p>0)=np/(1-q^n).\ \ \ (*)$$


    Revenant au probleme, on calcule la loi conditionnelle de $K$ sachant $M=m$ avec $m=1,2,\ldots,N$. Posant $p(m)=1/(N+1-m)$ et $q(m)=(N-m)/(N+1-m)$ la loi de $K|\{M=m\}$ est la loi de $K_{p(m)}|\{K_{p(m)} >0\}$ et donc $$\mathbb{E}(K|M=m)=np(m)/(1-q(m)^n). $$
    Ensuite $\Pr(M=m)=\Pr(M\geq m)-\Pr(M>m)=\frac{1}{N^n}((N+1-m)^n-(N-m)^n)$ et donc
    \begin{eqnarray*}\mathbb{E}(MK)&=&\sum_{m=1}^N
    m\mathbb{E}(K|M=m)\Pr(M=m)\\&=&\frac{1}{N^n}\sum_{m=1}^N
    m\frac{np(m)}{1-q(m)^n}((N+1-m)^n-(N-m)^n)\\&=&\frac{n}{N^n}\sum_{m=1}^N
    m(N+1-m)^{n-1}=\frac{n}{N^n}\sum_{r=1}^N
    (N+1-r)r^{n-1}\end{eqnarray*}

    Dans le cas de $n\leq 4$ rappelons que $$S_1(N)=\frac{N(N+1)}{2},\ S_2(N)= \frac{N(N+1)(2N+1)}{6},\ \ S_3(N)=\frac{N^2(N+1)^2}{4}$$ et que $$S_4(N)=\frac{N^5}{5}+\frac{N^4}{2}+\frac{N^3}{3}-\frac{N}{30}.$$ cela permet de resoudre le probleme pose en faisant $N=6$ dans le cas des des. En accord avec les calculs du fil si $m_n$ est l'esperance cherchee pour $N=6$ la formule ci dessus donne bien
    $$m_1=\frac{7}{2},\ m_2=3+\frac{1}{9},\ m_3=\frac{49}{18},\ m_4=\frac{203}{81}\sim 2,5061...$$ Cette suite $m_n$ a l'air decroissante, mais c'est un trompe couillon car

    $$m_n=\frac{n}{6^n}(6+5\times 2^{n-1}+4\times 3^{n-1}+3\times 4^{n-1}+2\times 5^{n-1}+6^{n-1})>\frac{n}{6}\to \infty $$
  • On a même $m_n \underset{n \to +\infty}{\sim} \frac{n}{6}$, merci P.
  • Très intéressant P.! Effectivement, on remarque que la suite des espérances $m_n$ est équivalente à $n/6$ : quand on tire un grand nombre de dés, le minimum a de grandes chances d'être $1$ (la probabilité d'obtenir un minimum différent de $1$ vaut $(5/6)^n$ qui tend vers $0$), et la fréquence d'apparition de $1$ dans la suite des lancés tend vers la probabilité d'obtenir $1$ en lançant un dé... D'où le résultat.
    Un très beau problème finalement !
  • Bonjour,

    Je me contente de réorganiser le calcul de P, en conservant ses notations.$ \quad \mathbb E(MK)= \displaystyle\sum _{m,k}mk\: \mathbb P \Big[M=m, K=k\Big] .$
    Or: $\qquad \forall (k,m) \in [\![1;n]\!]\times [\![1;N]\!], \qquad \displaystyle \mathbb P \Big[M=m, K=k\Big] = \binom n k \left(\dfrac 1N \right)^k \left( \dfrac {N-m}N\right)^{n-k}.$
    $\mathbb E (MK) = \displaystyle \sum_{\substack{1\leqslant m \leqslant N \\1 \leqslant k \leqslant n}}km \binom n k \left(\dfrac 1N \right) ^k\left( \dfrac {N-m}N\right)^{n-k} = \dfrac 1{N^n}\sum_{m=1}^N m \sum _{k=1}^n k\binom nk (N-m)^{n-k} = \dfrac n{N^n}\sum_{m =1}^N m (N+1-m)^{n-1}$
    $\displaystyle \mathbb E (MK)= \dfrac n{N^n} \sum _{i =1}^N (N+1-i) i ^{n-1}=\dfrac n {N^n} \Big( (N+1)S_{n-1} (N) - S_n(N) \Big).$
  • C'est pour un proto de jeu. Et finalement ça donne un problème intéressant, effectivement.
Connectez-vous ou Inscrivez-vous pour répondre.
Success message!