Discussion :

[thelvin]

Bonjour à tous,

j'ai perdu mon savoir-faire mathématique. Je ne trouve pas comment calculer cette espérance probabiliste.

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Pour réitérer le problème je vais décrire plus en détail la question :

Supposons qu'on a un dé, non pipé. Quand on le lance, on tombe sur une de ses faces, de 1 à 6. Il y a 1 chance sur 6 de tomber sur chacune.

Si je lance à nouveau le dé, je tomberai peut-être sur la même face, et peut-être sur une autre. Il y a 1 chance sur 6 que je tombe sur la même face, et donc 5 chances sur 6 que je tombe sur une face qui n'est pas la même.

Supposons maintenant que je lance le dé, jusqu'à ce que le dé soit tombé au moins une fois sur chacune des 6 faces. En théorie, on est pas vraiment garanti d'y arriver, mais intuitivement on se doute bien que ça finira par le faire, et qu'il faut pas des centaines de lancers.

La question est : quelle est l'espérance mathématique du nombre de jets de dés qu'il faut faire pour tomber au moins une fois sur chacune des 6 faces ?

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Eh ben je m'en sors pas. De mon souvenir on calcule l'espérance comme la somme des valeurs qui peuvent être obtenues, multipliées par la probabilité d'obtenir cette valeur. Mais comme dès le second lancer, il y a une infinité de possibilités de coups (aux probabilités qui décroissent exponentiellement, mais qui sont bien là), et que c'est pareil si on arrive à voir une face en plus, je me perds dans les branches possibles et je n'arrive pas à analyser.

Je me demandais si quelqu'un saurait comment on analyse ça ?

[dourouc05]

Début de raisonnement rapide…

Au premier tour :
- probabilité de chaque face : 1/6.
Au deuxième tour :
- probabilité de voir une nouvelle face : 5/6 ;
- probabilité de revoir la première face : 1/6.
Au troisième tour :
- probabilité de voir une nouvelle face : soit 5/6 (pas de nouvelle face au deuxième tour), soit 4/6 (une nouvelle face) ;
- probabilité de revoir une face déjà vue : 1/6 ou 2/6.
Pour faciliter les calculs, tu pourrais dessiner un arbre (https://fr.wikipedia.org/wiki/Arbre_de_probabilit%C3%A9).

Avec ça, tu as une loi de probabilité, a priori bien dégueulasse. Maintenant, il faut encore la loi de ce qui t'intéresse vraiment : soit X le nombre de jets à faire pour voir les six faces, on cherche les probabilités P(X=0), P(X=1)… P(X=k), en fonction de k (au moins six, sinon, la probabilité est de zéro). Puis tu peux faire le calcul de l'espérance (et ça, ça promet ).

[Flodelarab]

Bonjour

Très amusante question.

[AbsoluteLogic]

Salut,

Le 1ère étape est donc de calculer la probabilité, après N lancers, d'avoir eu toutes les faces. Je pense qu'il vaut mieux passer par l'événement contraire. Alors:
P[N](6 faces) = 1 - P[N](il manque au moins 1 face)
= 1 - somme[k=1 à 5](P[N](il manque exactement k faces))
= 1 - somme[k=1 à 5]((k parmi 6)*(1-k/6)^N)
Ensuite, j'avoue que je bloque pour simplifier ça...

La 2ème étape consiste à trouver la loi de la durée X du temps pour avoir toutes les faces. On a:
P[X=N] = P[N](6 faces) - P[N-1](6 faces)
= somme[k=1 à 5]((k parmi 6)*(k/6)*(1-k/6)^(N-1)) après simplifications.
Et je sèche toujours pour simplifier plus ça.

La dernière étape consiste à calculer l'espérance, et le fait que ce soit infini amène juste une série:
E(X) = somme[k>=1](k*P[X=k])
que l'on arrivera peut être à calculer si on arrive à simplifier le résultat d'avant.

Bon, voilà tout ce que j'ai trouvé à dire, en espérant qu'il n'y a pas trop de bêtises.

[Flodelarab]

C'est plus un problème de transformation de populations, comme les lycéens de filière ES le font.

"Sachant que chaque année 5% de la population rurale migre en ville, pour aller à l'université, et 1% des citadins font un retour à la terre, en déménageant à la campagne, calculez la composition de la population, au bout de 10 ans, si on part d'une population moitié-moitié entre ville et campagne." ...

Il peuvent faire une suite numérique ou une suite de matrices.
Si M est la matrice de transformation de population, alors M¹⁰ est la transformation en 10 ans. Et en calculant (0.5 , 0.5) * M¹⁰, ils ont la réponse.


Ici, c'est pareil.
Appelons U_k(n) la proportion de tirages ayant donné k faces après n tirages.

Un indice : U₂(n) = 5 * 6^(1-n) * (2^(n-1)-1)

[AbsoluteLogic]

Bon , je me ramène pour refaire tout ce que j'avais fait. Le raisonnement reste le même, mais je n'étais pas parti sur les bons calculs.
Posons F=6 le nombre de faces.
Posons P^N(F faces) la probabilité, après N lancers, d'avoir déjà rencontré les F faces.
Posons X la variable aléatoire représentant le nombre de lancers nécessaires pour avoir rencontré les F faces.

-> Pour calculer P^N(F faces), en fait, il faut imaginer la fonction qui, au nième lancer, associe la face. Pour N lancers, on veut donc calculer la probabilité que cette fonction soit surjective de [1;N] sur [1;F]. On dénombre somme_k=0^F[(-1)^F-k*(k parmi F)*k^N] possibilités. Ce résultat est donné sur le site suivant: https://fr.wikiversity.org/wiki/Form...es_surjections, où ils donnent une démonstration possible, mais pour lequel on peut j'imagine avoir d'autres démonstration, comme une méthode proche du raisonnement de Flodelarab. De plus, il existe F^N fonctions de [1;N] dans [1;F]. On a donc:
P^N(F faces) = somme_k=0^F[(-1)^F-k*(k parmi F)*(k/F)^N]

-> Ensuite, P(X=N) est la probabilité d'avoir rencontré les F faces au Nième lancer, sans en avoir rencontré F faces au lancer N-1. On a donc:
P(X=N) = P^N(F faces) - P^N-1(F faces)
.......... = somme_k=0^F[(-1)^F-k*(k parmi F)*((k/F)-1)*(k/F)^N-1]

-> Enfin, pour calculer l'espérance, je vais utiliser le résultat:
pour tout r dans ]-1;1[, somme_n>=0[n*r^n-1] = 1/(1-r²)
qui s'obtient par dérivation de série entière (pour les connaisseurs)
On a alors:
E(X) = somme_n>=0[ n * P(X=n) ]
...... = somme_n>=0[ n * somme_k=0^F[(-1)^F-k*(k parmi F)*((k/F)-1)*(k/F)*^n-1] ]
...... = somme_k=0^F[ (-1)^F-k*(k parmi F)*((k/F)-1) * somme_n>=0[n*(k/F)^n-1] ]
...... = somme_k=0^F[ (-1)^F-k*(k parmi F)*((k/F)-1) * (1/(1-(k/F))²) ]
...... = somme_k=0^F[ (-1)^F-k+1*(k parmi F)/(1-(k/F)) ]
Voilà un résultat que je ne pense pas pouvoir plus réduire, mais qui, au moins, ne contient aucune somme infinie.

-> Applications numériques:
- F=1: 1
- F=2: 3
- F=3: 11/2 = 5.5
- F=4: 25/3 = 8.33
- F=5: 137/12 = 11.42
- F=6 : 147/10 = 14.7
- F=100 (tant qu'on y est): 3.40e14

[tbc92]

Pour F=4, 5 puis 6, le résultat augmente à chaque fois de 3 environ. Pourquoi pas, les résultats sont plutôt plausibles.
Puis pour F=100, tu trouves un résultat énorme !!! ça paraît très suspect.
Combien trouves-tu pour f =10, 15, 20 etc ...

[AbsoluteLogic]

Puis pour F=100, tu trouves un résultat énorme !!! ça paraît très suspect.

Oui, maintenant que tu le dis...

Combien trouves-tu pour f =10, 15, 20 etc ...

F=10: 29,3
F=15: 49,8
F=20: 72,0
F=25: 95,4
F=30: 120
F=40: 171
F=50: 224
F=60: -3.32e3 ... what?!
OK, je calcule la somme par Python, j'obtiens 349. (Avant, je calculais avec ma calculatrice)
Et pour 70 avec Python, j'obtiens 1,15e5 de nouveau un peu farfelu.
En même temps, j'affiche les valeurs des (k parmi F), et j'obtiens jusqu'à 112186277816662845432
Bref, tout ça pour dire que les valeurs pour les F grands sont fausses à cause des limites de nos chères petites machines.
Surtout qu'il s'agit d'une somme très fragile, alternant additions et soustractions de termes très gros qui se compensent pour arriver à un petit résultat. Donc la moindre approximation est fatale

[galere42]

Bonjour,

Il suffis de bien m'y prendre, et j'obtiens 6.

Si non, il est possible que le fait ne soit jamais observé.