Discussion:
Jeu de cartes, probabilités, statistiques
(trop ancien pour répondre)
Benoît
2020-07-24 12:34:21 UTC
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Bonjour,


Je joue régulièrement à une réussite que je gagne ± 2 fois sur 3. Ma
question est de savoir quelles sont les probabilités de gains
consécutifs en fonction du nombre de parties. Sur 4 000 parties j'ai
réussi 2 fois à atteindre 11. Je me permets de penser que ce 11 doit
être proche de ce que statistiquement je devrais avoir.

Maintenant, comment calculer cela ? Nombre de tentatives et série de
gains ?


Merci,
--
Vie : n. f. Maladie mortelle sexuellement transmissible
benoit chez leraillez.com
Olivier Miakinen
2020-07-24 13:02:08 UTC
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Bonjour,
Post by Benoît
Je joue régulièrement à une réussite que je gagne ± 2 fois sur 3. Ma
question est de savoir quelles sont les probabilités de gains
consécutifs en fonction du nombre de parties. Sur 4 000 parties j'ai
réussi 2 fois à atteindre 11. Je me permets de penser que ce 11 doit
être proche de ce que statistiquement je devrais avoir.
Maintenant, comment calculer cela ? Nombre de tentatives et série de
gains ?
Je ne connais pas la réponse à cette question, mais voici déjà de quoi
se faire une petite idée.

Supposons pour commencer que l'on découpe tes 4 000 parties en environ
360 fois 11 parties (c'est un peu plus, mais vu que je vais faire des
approximations partout on s'en fiche un peu).

Dans une série de 11 parties d'affilée, si ta probabilité de gagner une
partie est de 2/3, alors la probabilité de gagner toutes les parties
est (2/3)^11, soit environ 1 %.

Sur 360 séries de 11 parties, il devrait donc y avoir en moyenne trois
ou quatre séries dont les 11 parties sont gagnées.

Alors bien sûr, ce n'est pas exactement la même chose que de gagner 11
parties d'affilée parmi 4 000, parce que je n'ai pas compté les cas où
tu gagnais les 6 dernières parties d'une série, puis les 5 premières
de la série suivante. Mais il faut aussi tenir compte du fait que si
tu gagnes 13 parties d'affilée tu ne vas peut-être pas compter ça comme
3 fois 11 parties.

Mais bon, c'était pour se fixer une idée de départ.

Cordialement,
--
Olivier Miakinen
Benoît
2020-07-24 15:41:14 UTC
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Post by Benoît
Bonjour,
Post by Benoît
Je joue régulièrement à une réussite que je gagne ± 2 fois sur 3. Ma
question est de savoir quelles sont les probabilités de gains
consécutifs en fonction du nombre de parties. Sur 4 000 parties j'ai
réussi 2 fois à atteindre 11. Je me permets de penser que ce 11 doit
être proche de ce que statistiquement je devrais avoir.
Maintenant, comment calculer cela ? Nombre de tentatives et série de
gains ?
Je ne connais pas la réponse à cette question, mais voici déjà de quoi
se faire une petite idée.
Supposons pour commencer que l'on découpe tes 4 000 parties en environ
360 fois 11 parties (c'est un peu plus, mais vu que je vais faire des
approximations partout on s'en fiche un peu).
Dans une série de 11 parties d'affilée, si ta probabilité de gagner une
partie est de 2/3, alors la probabilité de gagner toutes les parties
est (2/3)^11, soit environ 1 %.
Oui, et si je prends la série au hasard j'ai 4000/11*1% = ±4
Post by Benoît
Sur 360 séries de 11 parties, il devrait donc y avoir en moyenne trois
ou quatre séries dont les 11 parties sont gagnées.
Alors bien sûr, ce n'est pas exactement la même chose que de gagner 11
parties d'affilée parmi 4 000, parce que je n'ai pas compté les cas où
tu gagnais les 6 dernières parties d'une série, puis les 5 premières
de la série suivante. Mais il faut aussi tenir compte du fait que si
tu gagnes 13 parties d'affilée tu ne vas peut-être pas compter ça comme
3 fois 11 parties.
Oui, c'est le problème de mon calcul au-dessus. Par contre, puisque
j'en ai 4, je dois pouvoir dire que j'ai 2 chances sur 3 d'avoir une
gagnée avant et 2/3 d'en avoir gagnée une après. Donc, si je calcule
bien, 2/3 + 1/3*2/3 = 8/9, et puisque j'ai 4 tirages j'ai 32/9
chances (±3,5) d'avoir en fait une série de 12.
Post by Benoît
Mais bon, c'était pour se fixer une idée de départ.
Merci,

La pluie a cessé, je vais donc prendre un peu d'air ;)
--
Vie : n. f. Maladie mortelle sexuellement transmissible
benoit chez leraillez.com
Olivier Miakinen
2020-07-24 17:53:57 UTC
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Post by Benoît
Je joue régulièrement à une réussite que je gagne ± 2 fois sur 3. Ma
question est de savoir quelles sont les probabilités de gains
consécutifs en fonction du nombre de parties. Sur 4 000 parties j'ai
réussi 2 fois à atteindre 11. Je me permets de penser que ce 11 doit
être proche de ce que statistiquement je devrais avoir.
Maintenant, comment calculer cela ? Nombre de tentatives et série de
gains ?
Je vais tenter une autre approche, à savoir estimer le nombre de
séries de parties gagnées dont la longueur est *au moins* n.

===

Par exemple, prenons n=4, et voyons la suite de parties suivante
où je note R une réussite et e un échec :

RRReRRRReRRRRRRR

Tentons un algorithme simpliste dans lequel on regarde chaque série
de 4 parties consécutives et on compte +1 si elle ne comporte que
des réussites.

[RRRe]RRRReRRRRRRR
R[RReR]RRReRRRRRRR
RR[ReRR]RReRRRRRRR
RRR[eRRR]ReRRRRRRR
RRRe[RRRR]eRRRRRRR +1
RRReR[RRRe]RRRRRRR
RRReRR[RReR]RRRRRR
RRReRRR[ReRR]RRRRR
RRReRRRR[eRRR]RRRR
RRReRRRRe[RRRR]RRR +1
RRReRRRReR[RRRR]RR +1
RRReRRRReRR[RRRR]R +1
RRReRRRReRRR[RRRR] +1

Ça nous donne 5 séries entièrement gagnantes, alors qu'on n'en
voudrait que 2. En effet, la série finale de sept parties
RRRRRRR a été comptée quatre fois au lieu d'une.

Mais ça peut s'arranger très facilement : il suffit de soustraire
le nombre de séries de n+1 gains consécutifs. En effet, si on compte
quatre séries RRRR dans RRRRRRR, on y comptera trois séries RRRRR !

===

En résumé, dans une suite de N parties au total (mettons N = 4 000),
pour connaître le nombre de séries d'au moins n réussites d'affilée
(mettons n = 11), il suffit de :
1) compter le nombre de fois où il n'y a que des réussites dans
chacune des N-n+1 tranches de n parties consécutives ;
2) compter le nombre de fois où il n'y a que des réussites dans
chacune des N-n tranches de n+1 parties consécutives ;
3) soustraire le second résultat du premier.

===

Maintenant il ne s'agit plus de compter, mais d'estimer un résultat
probable. Mais ça c'est facile : dans une série de n parties dans
lesquelles on a une probabilité de gain égale à p à chaque fois
(mettons p = 2/3), la probabilité que toutes soient réussies vaut
exactement p^n.

Au finale, le nombre recherché est donc :
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= (N-n) * p^n + p^n - (N-n) * p^n * p
= (N-n) * p^n * (1-p) + p^n
= ( (N-n) * (1-p) + 1 ) * p^n

Lorsque N est grand devant n, c'est proche de N * (1-p) * p^n
C'est-à-dire pour N = 4 000 et p = 2/3, environ 1 333 * (2/3)^n

n = 10 => 23
n = 11 => 15
n = 12 => 10
n = 13 => 7
n = 14 => 5
n = 15 => 3

Et donc, s'il n'y a eu que deux fois 11 réussites d'affilée en
4 000 parties, il est probable que ta moyenne de réussite par
partie soit inférieure à 2/3. Désolé.
Jacques Mathon
2020-07-24 19:04:27 UTC
Permalink
Post by Olivier Miakinen
...
Maintenant il ne s'agit plus de compter, mais d'estimer un résultat
probable. Mais ça c'est facile : dans une série de n parties dans
lesquelles on a une probabilité de gain égale à p à chaque fois
(mettons p = 2/3), la probabilité que toutes soient réussies vaut
exactement p^n.
Pour pinailler un peu... ne pas oublier l'hypothèse de l'indépendance
entre les parties.
Post by Olivier Miakinen
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= (N-n) * p^n + p^n - (N-n) * p^n * p
= (N-n) * p^n * (1-p) + p^n
= ( (N-n) * (1-p) + 1 ) * p^n
Lorsque N est grand devant n, c'est proche de N * (1-p) * p^n
C'est-à-dire pour N = 4 000 et p = 2/3, environ 1 333 * (2/3)^n
n = 10 => 23
n = 11 => 15
n = 12 => 10
n = 13 => 7
n = 14 => 5
n = 15 => 3
Et donc, s'il n'y a eu que deux fois 11 réussites d'affilée en
4 000 parties, il est probable que ta moyenne de réussite par
partie soit inférieure à 2/3. Désolé.
Mes calculs me conduisent à une proba de réussite d'environ 0,5375.

En pratique, il se pourrait que pour une probabilité de réussite de 2/3
pour une partie jouée seule, la probabilité en question puisse varier
(pour peu que la manière de jouer influe sur celle-ci) au fur et à
mesure de la réalisation d'une série en fonction de l'éventuelle fatigue
ou pression en particulier si l'objectif est de battre un record.

Amicalement
--
Jacques
Olivier Miakinen
2020-07-24 20:40:38 UTC
Permalink
Post by Jacques Mathon
Post by Olivier Miakinen
...
Maintenant il ne s'agit plus de compter, mais d'estimer un résultat
probable. Mais ça c'est facile : dans une série de n parties dans
lesquelles on a une probabilité de gain égale à p à chaque fois
(mettons p = 2/3), la probabilité que toutes soient réussies vaut
exactement p^n.
Pour pinailler un peu... ne pas oublier l'hypothèse de l'indépendance
entre les parties.
Certes.
Post by Jacques Mathon
Post by Olivier Miakinen
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= (N-n) * p^n + p^n - (N-n) * p^n * p
= (N-n) * p^n * (1-p) + p^n
= ( (N-n) * (1-p) + 1 ) * p^n
Lorsque N est grand devant n, c'est proche de N * (1-p) * p^n
C'est-à-dire pour N = 4 000 et p = 2/3, environ 1 333 * (2/3)^n
n = 10 => 23
n = 11 => 15
n = 12 => 10
n = 13 => 7
n = 14 => 5
n = 15 => 3
Et donc, s'il n'y a eu que deux fois 11 réussites d'affilée en
4 000 parties, il est probable que ta moyenne de réussite par
partie soit inférieure à 2/3. Désolé.
Mes calculs me conduisent à une proba de réussite d'environ 0,5375.
Oui, ça donne 2 avec une précision de un pour mille, ce qui me semble
un peu trop précis sur une telle expérience. ;-)

Avec p = 0,54, on a encore un résultat extrêmement proche de 2 (moins
de 2,1), et on peut aller jusqu'à p = 0,56 pour un résultat qui reste
inférieur à 3.

En revanche, si on va jusqu'à p = 0,6, là on trouve un résultat qui
est plus proche de 6, et ce ne serait vraiment pas de bol que Benoît
n'ait eu que deux séries de 11 au lieu d'en avoir au moins 4 ou 5.
Post by Jacques Mathon
En pratique, il se pourrait que pour une probabilité de réussite de 2/3
pour une partie jouée seule, la probabilité en question puisse varier
(pour peu que la manière de jouer influe sur celle-ci) au fur et à
mesure de la réalisation d'une série en fonction de l'éventuelle fatigue
ou pression en particulier si l'objectif est de battre un record.
Oui, c'est possible... surtout si les 4 000 parties ont été faites
d'affilée et sans pause. :-)
--
Olivier Miakinen
Benoît
2020-07-24 20:46:17 UTC
Permalink
Le 24 juillet 2020 à 19:53, Olivier Miakinen d'un élan de joie
Post by Olivier Miakinen
Post by Benoît
Je joue régulièrement à une réussite que je gagne ± 2 fois sur 3. Ma
question est de savoir quelles sont les probabilités de gains
consécutifs en fonction du nombre de parties. Sur 4 000 parties j'ai
réussi 2 fois à atteindre 11. Je me permets de penser que ce 11 doit
être proche de ce que statistiquement je devrais avoir.
Maintenant, comment calculer cela ? Nombre de tentatives et série de
gains ?
Je vais tenter une autre approche, à savoir estimer le nombre de
séries de parties gagnées dont la longueur est *au moins* n.
===
Par exemple, prenons n=4, et voyons la suite de parties suivante
RRReRRRReRRRRRRR
Donc 14 parties gagnées sur 16, on est loin des 2/3
Post by Olivier Miakinen
Tentons un algorithme simpliste dans lequel on regarde chaque série
de 4 parties consécutives et on compte +1 si elle ne comporte que
des réussites.
[RRRe]RRRReRRRRRRR
R[RReR]RRReRRRRRRR
RR[ReRR]RReRRRRRRR
RRR[eRRR]ReRRRRRRR
RRRe[RRRR]eRRRRRRR +1
RRReR[RRRe]RRRRRRR
RRReRR[RReR]RRRRRR
RRReRRR[ReRR]RRRRR
RRReRRRR[eRRR]RRRR
RRReRRRRe[RRRR]RRR +1
RRReRRRReR[RRRR]RR +1
RRReRRRReRR[RRRR]R +1
RRReRRRReRRR[RRRR] +1
Ça nous donne 5 séries entièrement gagnantes, alors qu'on n'en
voudrait que 2. En effet, la série finale de sept parties
RRRRRRR a été comptée quatre fois au lieu d'une.
Mais ça peut s'arranger très facilement : il suffit de soustraire
le nombre de séries de n+1 gains consécutifs. En effet, si on compte
quatre séries RRRR dans RRRRRRR, on y comptera trois séries RRRRR !
===
En résumé, dans une suite de N parties au total (mettons N = 4 000),
pour connaître le nombre de séries d'au moins n réussites d'affilée
1) compter le nombre de fois où il n'y a que des réussites dans
chacune des N-n+1 tranches de n parties consécutives ;
Ok, donc le nombre de réussites (11 d'affilés) dans 3988 parties
consécutives. Là j'ai un problème : c'est à partir du 11e tirage que
je peux avoir une série de 11 réussites, pourquoi choisis-tu le 12e ?
Post by Olivier Miakinen
2) compter le nombre de fois où il n'y a que des réussites dans
chacune des N-n tranches de n+1 parties consécutives ;
OK, là tu comptes les réussites de 12 et possiblement plus.
Post by Olivier Miakinen
3) soustraire le second résultat du premier.
Ok.
Post by Olivier Miakinen
===
Maintenant il ne s'agit plus de compter, mais d'estimer un résultat
probable. Mais ça c'est facile : dans une série de n parties dans
lesquelles on a une probabilité de gain égale à p à chaque fois
(mettons p = 2/3), la probabilité que toutes soient réussies vaut
exactement p^n.
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= (N-n) * p^n + p^n - (N-n) * p^n * p
= (N-n) * p^n * (1-p) + p^n
= ( (N-n) * (1-p) + 1 f) * p^n
Lorsque N est grand devant n, c'est proche de N * (1-p) * p^n
C'est-à-dire pour N = 4 000 et p = 2/3, environ 1 333 * (2/3)^n
Si N est grand devant n alors N-n+1 = N-n = N. Donc :
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= N * p^n - N * p^(n+1)
= N * (p^n - p^(n+1))
< 0 ???
Post by Olivier Miakinen
n = 10 => 23
n = 11 => 15
n = 12 => 10
n = 13 => 7
n = 14 => 5
n = 15 => 3
Et donc, s'il n'y a eu que deux fois 11 réussites d'affilée en
4 000 parties, il est probable que ta moyenne de réussite par
partie soit inférieure à 2/3. Désolé.
3854 parties, 2496 gagnées = 64,76%
Désolé.
Et Hop !


Sinon, sur le téléphone, le même jeu : 89 parties jouées, 60 gagnées,
meilleure série 6. T'as beau m'aider, j'ai beau savoir nager : je
coule. :)
--
Vie : n. f. Maladie mortelle sexuellement transmissible
benoit chez leraillez.com
Olivier Miakinen
2020-07-24 21:19:39 UTC
Permalink
Post by Benoît
Post by Olivier Miakinen
===
Par exemple, prenons n=4, et voyons la suite de parties suivante
RRReRRRReRRRRRRR
Donc 14 parties gagnées sur 16, on est loin des 2/3
Oui, et 16 parties c'est loin de 4 000 parties.

Pour expliquer la méthode j'ai choisi un exemple simplifié.
Post by Benoît
[...]
Post by Olivier Miakinen
===
En résumé, dans une suite de N parties au total (mettons N = 4 000),
pour connaître le nombre de séries d'au moins n réussites d'affilée
1) compter le nombre de fois où il n'y a que des réussites dans
chacune des N-n+1 tranches de n parties consécutives ;
Ok, donc le nombre de réussites (11 d'affilés) dans 3988 parties
consécutives.
Non pas dans 3 988 parties consécutives.

D'abord, N-n+1 c'est N-(n-1), c'est-à-dire que je retire 10 à 4 000
(et pas 12) pour donner 3990 (et pas 3 988).

Et les dix suites que je retire, ce sont celles qui commencent trop
tard pour avoir une longueur possible de 11.
Post by Benoît
Là j'ai un problème : c'est à partir du 11e tirage que
je peux avoir une série de 11 réussites, pourquoi choisis-tu le 12e ?
Donc voilà. Je ne *choisis* pas le *12e* *tirage*, mais *j'élimine*
les *10* dernières *séries*.
Post by Benoît
Post by Olivier Miakinen
2) compter le nombre de fois où il n'y a que des réussites dans
chacune des N-n tranches de n+1 parties consécutives ;
OK, là tu comptes les réussites de 12 et possiblement plus.
Exactement je compte ici les réussites de 12 parmi 12, avec
possiblement des recouvrements (comme pour les réussites de 11
parmi 11).
Post by Benoît
Post by Olivier Miakinen
3) soustraire le second résultat du premier.
Ok.
Post by Olivier Miakinen
===
Maintenant il ne s'agit plus de compter, mais d'estimer un résultat
probable. Mais ça c'est facile : dans une série de n parties dans
lesquelles on a une probabilité de gain égale à p à chaque fois
(mettons p = 2/3), la probabilité que toutes soient réussies vaut
exactement p^n.
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= (N-n) * p^n + p^n - (N-n) * p^n * p
= (N-n) * p^n * (1-p) + p^n
= ( (N-n) * (1-p) + 1 f) * p^n
Lorsque N est grand devant n, c'est proche de N * (1-p) * p^n
C'est-à-dire pour N = 4 000 et p = 2/3, environ 1 333 * (2/3)^n
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= N * p^n - N * p^(n+1)
= N * (p^n - p^(n+1))
Oui.
Post by Benoît
< 0 ???
Non car p < 1, donc p^(n+1) est plus petit que p^n.
Post by Benoît
Post by Olivier Miakinen
n = 10 => 23
n = 11 => 15
n = 12 => 10
n = 13 => 7
n = 14 => 5
n = 15 => 3
Et donc, s'il n'y a eu que deux fois 11 réussites d'affilée en
4 000 parties, il est probable que ta moyenne de réussite par
partie soit inférieure à 2/3. Désolé.
3854 parties, 2496 gagnées = 64,76%
Désolé.
Et Hop !
Ok.

Avec ces valeurs précises, N=3854, p=2496/3854 et n=11, cela donne :
N × (1-p) × p^n = 11,4

Tu n'as donc vraiment pas eu de bol de n'avoir que deux séries de
onze réussites.
Post by Benoît
Sinon, sur le téléphone, le même jeu : 89 parties jouées, 60 gagnées,
meilleure série 6. T'as beau m'aider, j'ai beau savoir nager : je
coule. :)
p = 67,4 %
N × (1-p) × p^5 = 4,0
N × (1-p) × p^6 = 2,7
N × (1-p) × p^7 = 1,8
N × (1-p) × p^8 = 1,2
--
Olivier Miakinen
Benoît
2020-07-25 09:17:53 UTC
Permalink
Post by Olivier Miakinen
Post by Olivier Miakinen
Post by Olivier Miakinen
Maintenant il ne s'agit plus de compter, mais d'estimer un résultat
probable. Mais ça c'est facile : dans une série de n parties dans
lesquelles on a une probabilité de gain égale à p à chaque fois
(mettons p = 2/3), la probabilité que toutes soient réussies vaut
exactement p^n.
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= (N-n) * p^n + p^n - (N-n) * p^n * p
= (N-n) * p^n * (1-p) + p^n
= ( (N-n) * (1-p) + 1 f) * p^n
Lorsque N est grand devant n, c'est proche de N * (1-p) * p^n
C'est-à-dire pour N = 4 000 et p = 2/3, environ 1 333 * (2/3)^n
(N-n+1) * p^n - (N-n) * p^(n+1)
= N * p^n - N * p^(n+1)
= N * (p^n - p^(n+1))
Oui.
Post by Olivier Miakinen
< 0 ???
Non car p < 1, donc p^(n+1) est plus petit que p^n.
Et Paf ! Dans la gueule.
Post by Olivier Miakinen
Post by Olivier Miakinen
Post by Olivier Miakinen
n = 10 => 23
n = 11 => 15
n = 12 => 10
n = 13 => 7
n = 14 => 5
n = 15 => 3
Et donc, s'il n'y a eu que deux fois 11 réussites d'affilée en
4 000 parties, il est probable que ta moyenne de réussite par
partie soit inférieure à 2/3. Désolé.
3854 parties, 2496 gagnées = 64,76%
Désolé.
Et Hop !
Ok.
N × (1-p) × p^n = 11,4
Tu n'as donc vraiment pas eu de bol de n'avoir que deux séries de
onze réussites.
Et, sur les 3854 parties, aucune série de 12, 13, 14 ou 15 dont le
nombre serait 25 ! Là j'aimerai vraiment avoir les probabilités de
n'avoir aucune supérieure à 11.
Post by Olivier Miakinen
Post by Olivier Miakinen
Sinon, sur le téléphone, le même jeu : 89 parties jouées, 60 gagnées,
meilleure série 6. T'as beau m'aider, j'ai beau savoir nager : je
coule. :)
p = 67,4 %
N × (1-p) × p^5 = 4,0
N × (1-p) × p^6 = 2,7
N × (1-p) × p^7 = 1,8
N × (1-p) × p^8 = 1,2
Idem, j'ai 3 séries qui manquent à l'appel.

Donc, deux « tests » inférieurs aux probabilités.

Ce serait bien que je puisse avoir plus de détails, le nombre pour
chaque taille.
--
Vie : n. f. Maladie mortelle sexuellement transmissible
benoit chez leraillez.com
Olivier Miakinen
2020-07-25 09:42:37 UTC
Permalink
[...] deux « tests » inférieurs aux probabilités.
Le problème, si tu ne regardes que les exemples extrêmes, c'est que ce
sont ceux qui sont le plus facilement sujets aux variations statistiques.

Pour trouver des résultats plus conformes aux prédictions théoriques,
tu devrais plutôt regarder les résultats plus fréquents. Par exemple,
sur tes N=3854 résultats avec p=2496/3854, regarde combien tu as eu de
séries d'au moins n=6 parties gagnées d'affilée.

Tu devrais trouver à peu près :
N × (1-p) × p^n ≅ 100
--
Olivier Miakinen
Benoît
2020-07-25 12:34:56 UTC
Permalink
Post by Olivier Miakinen
[...] deux « tests » inférieurs aux probabilités.
Le problème, si tu ne regardes que les exemples extrêmes, c'est que ce
sont ceux qui sont le plus facilement sujets aux variations statistiques.
+1
Post by Olivier Miakinen
Pour trouver des résultats plus conformes aux prédictions théoriques,
tu devrais plutôt regarder les résultats plus fréquents. Par exemple,
sur tes N=3854 résultats avec p=2496/3854, regarde combien tu as eu de
séries d'au moins n=6 parties gagnées d'affilée.
Je n'ai malheureusement pas accès à ces infos. Il faudrait que je
note chaque partie sur un papier. :(
Post by Olivier Miakinen
N × (1-p) × p^n ≅ 100
--
Vie : n. f. Maladie mortelle sexuellement transmissible
benoit chez leraillez.com
Olivier Miakinen
2020-07-24 20:50:19 UTC
Permalink
User-Agent: MacCafe/1.10 (macOS 10.14.6 (18G6020) - MacBookPro10,1)
Mais c'est génial ! Ça veut dire que maintenant on peut utiliser des
caractères qui ne font pas partie de MacRoman (à commencer par ceux
de ISO-8859-1), et que tu pourras les lire !

Par exemple : (A ± B)³ = A³ ± 3 × (A²⋅B) + 3 × (A⋅B²) ± B³

Alors ça, c'est une grande nouvelle.
--
Olivier Miakinen
Benoît
2020-07-24 21:04:36 UTC
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Post by Olivier Miakinen
User-Agent: MacCafe/1.10 (macOS 10.14.6 (18G6020) - MacBookPro10,1)
Mais c'est génial ! Ça veut dire que maintenant on peut utiliser des
caractères qui ne font pas partie de MacRoman (à commencer par ceux
de ISO-8859-1), et que tu pourras les lire !
Absolument, je progresse. Un développeur a décidé de faire le portage
de MacSoup avec 4D.
Post by Olivier Miakinen
Par exemple : (A ± B)³ = A³ ± 3 × (A²⋅B) + 3 × (A⋅B²) ± B³
Alors ça, c'est une grande nouvelle.
Oui, mais je n'ai pas réussi à saisir un « à peu près égal à ». Ce
doit être loin dans l'Unicode. En plus il y en a pas loin d'une
dizaine de « à peu près », j'ai arrêté au bout d'un moment, cela me
générait des fins de ligne, ou de paragraphe.
--
Vie : n. f. Maladie mortelle sexuellement transmissible
benoit chez leraillez.com
Olivier Miakinen
2020-07-24 21:33:03 UTC
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Post by Benoît
Post by Olivier Miakinen
Par exemple : (A ± B)³ = A³ ± 3 × (A²⋅B) + 3 × (A⋅B²) ± B³
Alors ça, c'est une grande nouvelle.
Oui, mais je n'ai pas réussi à saisir un « à peu près égal à ». Ce
doit être loin dans l'Unicode. En plus il y en a pas loin d'une
dizaine de « à peu près », j'ai arrêté au bout d'un moment, cela me
générait des fins de ligne, ou de paragraphe.
https://fr.wikipedia.org/wiki/Table_de_symboles_math%C3%A9matiques#Ondulations

∼ 223C
≈ 2248
≃ 2243
≅ 2245

Personnellement je ne vois pas la différence entre le ∼ 223C et le ~ 7E.

Et hormis ce dernier, je n'en ai aucun qui soit accessible directement sur
mon clavier, alors que j'ai le plus-ou-moins ±, le différent ≠, et les
inégalités au sens large ≤ et ≥, en plus du égal = et des inégalités au
sens strict < et >.
--
Olivier Miakinen
HB
2020-07-25 14:03:45 UTC
Permalink
Post by Benoît
Bonjour,
Je joue régulièrement à une réussite que je gagne ± 2 fois sur 3. Ma
question est de savoir quelles sont les probabilités de gains
consécutifs en fonction du nombre de parties. Sur 4 000 parties j'ai
réussi 2 fois à atteindre 11. Je me permets de penser que ce 11 doit
être proche de ce que statistiquement je devrais avoir.
Maintenant, comment calculer cela ? Nombre de tentatives et série de
gains ?
Merci,
bonjour,

Je viens de faire une simulation avec 500 000 parties
Pour chaque partie, la proba de gains (G) a été fixée à 2/3

J'ai fait calculer pour chaque entier k (1 à ???) le nombre de fois où
on a exactement k victoires consécutives
Puis j'ai divisé par 500 000 -> je note ça Freq(k)

Par exemple, la série (plus courte !) GGGPGGPPGPGPGGG
donnera k=1 -> 2 cas
k=2 -> 1 cas
k=3 -> 2 cas

En sommant les produits k.(nb de cas) et en divisant par 500 000
je retrouve environ 0,666 ( ce qui est assez rassurant ;o))

Après avoir fait qq calculs j'obtiens une fonction F
qui suit plutôt bien la courbe expérimentale de Freq(K) :

F(k) = (2/3)^k * 1/9

Ce n'est "peut-être" pas la formule exacte mais sa belle simplicité
et sa proximité avec les valeurs expérimentales (sur 500 000 parties)
sont assez encourageantes.

et puis (1/3) * (2/3)^k * (1/3) est "assez logique" ...

Si j'avais le courage, je tenterais l'étude générale (propre)
avec p(G) = p pour voir ... mais j'ai peur que ce ne soit pas
compatible avec la météo ;o)

================================================================
Pour en revenir au message initial,
"atteindre 11" peut vouloir dire "au moins 11" .
Quoi qu'il en soit, dans les deux cas, 2/4000
me semble bien trop faible avec p = 2/3

Pour la proba d'avoir exactement 11 gains consécutifs
(mais pas plus) cela donne environ 0,1285 %

avec 4000 parties cela donne environ 5 cas.


Pour la proba d'avoir au moins 11 gains successifs,
il suffit de sommer : (1/9) * (2/3)^11 * Somme((2/3)^i ; i>=0)

et on trouve 0,3854 %

avec 4000 parties cela donne environ 15 cas...


Ainsi, la valeur 2/3 proposée est très probablement sur-évaluée.
Mais en plus, 4000 cas, pour une simulation,
c'est trop peu compte tenu de la
relative complexité des événements étudiés...

Amicalement,

HB

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