Oui c'est surprenant... Nos intuitions nous jouent des tours ?

Il est naturel de penser que la séquence (6,6) ou la séquence (6,5) ont la même moyenne de lancés : les numéros des faces est une vue de l'esprit et il faut enchaîner deux succès d'affilés qui ont une chance sur 6 d'arriver chacun.
D'ailleurs, dans mon graphe, le deuxième succès pourrait être l'apparition du 5 que cela ne changerait rien à M ni au reste.
Vrai ou faux ?
Vrai !

Faux !
Dans le graphe la lettre E ne peut désigner deux événements différents ! En effet si on part à la recherche de la solution pour la séquence (6,5) alors jusqu'à l'obtention du premier succès (un 6) l'événement E est égal {1,2,3,4,5} alors qu'après un succès s'il fallait obtenir un 5 et l'événement E devient {1,2,3,4,6} !! Cela ne serait pas correct. Il faut alors tracer un autre graphe.

Par ailleurs, avec des  séquences plus longues comme (6,6,6,6,6) et (6,3,2,5,4) on peut se convaincre que le dé étant équilibré il va plus facilement faire la seconde séquence.

Non je ne crois pas que se soit cela. La probabilité d'obtenir (6;6) est 1/36 et la probabilité d'obtenir (6;5) est 1/36 aussi  (je crois) (oui c'est bien ça !)

La question est de savoir si en moyenne la séquence (6;5) arrive plus vite que la séquence (6;6). Je n'ai pas fait les calculs, mais je ne trouve pas surprenant que ces moyennes soient différentes, ni que la première soit plus petite que la seconde. Voici ce qui se passe :

lorsqu'on attend deux 6, on joue un certain nombre de fois. Dés que l'on obtient un 6, la tension monte, et le tirage suivant est décisif ! En effet, si on n'obtient pas un 6 alors tout recommence depuis le début et on attend de nouveau un  6.
En revanche, quand on attend un 6 et un 5 (dans  cet ordre), lorsqu'on obtient un 6, la tension monte aussi mais le moment est moins crucial ! En effet si on n'obtient pas le 5 alors tout n'est pas perdu! En effet, si on obtient un 6 on est encore dans une situation favorable.

Par exemple, imaginons que le premier 6 arrive de suite mais que le tirage suivant n'est pas favorable :

- dans le cas du double 6, il faut attendre le 4e tirage pour avoir une chance d'obtenir le double 6.  Exemple : 6;1;6;6
- dans le cas du 6 puis du 5, il ne faut pas nécessairement le 4e tirage pour avoir un chance d'obtenir la séquence.  Exemple : 6;6;5

il est trop tard, ça se trouve je raconte n'importe quoi !! Allez au dodo !!

Compris

Les probabilités sont vraiment un domaine très étrange pour moi... donc vraiment intéressant !

Si j'ai bien compris, la différence entre 6;6;6;6;6;6 et 1;2;3;4;5;6 est donc bien moindre qu'entre 6;6 et 6;5 alors ?

EDIT : Je viens de relire la formule de Ksavier, et c'est en effet bien le cas. Ouf !

golgot59 a écrit:

Si j'ai bien compris, la différence entre 6;6;6;6;6;6 et 1;2;3;4;5;6 est donc bien moindre qu'entre 6;6 et 6;5 alors ?

Non.
Pour "654321", à chaque fois que tu ajoutes un chiffre différent, tu multiplies par 6 le nombre moyen de lancers nécessaires.
Pour "666666",  à chaque fois que tu ajoutes un 6, tu multiplies par 6 puis tu ajoutes 6 au nombre moyen de lancers nécessaires.
Le rapport entre les deux ne fait donc qu'augmenter.
46656 lancers en moyenne pour voir apparaitre "654321", contre 55986 pour "666666".

J'adore le fait que toutes les énigmes de ce genre se concluent par d'énormes discussions sur ce que la probabilité veut dire

Sinon, un grand bravo à ksavier qui est passé par les chaînes de Markov. Habile.

Une remarque/question intéressante:

L’espérance d'un nombre de tirage est une grandeur assez peu pratique dans la mesure ou elle pondère par le rang du tirage. *
Ça serait intéressant de se poser la question de la valeur médiane: Quelle est la valeur de k pour qu'on ait autant de chances d'obtenir ce qu'on désire avant le k-eme lancé qu’après.
En pratique c'est la valeur médiane qui permet de savoir si on est chanceux ou un gros looser

* Par exemple si on joue à un truc ou il y a 1 chance sur 2 de gagner au premier lancé et une chance sur 2 de gagner au 99eme lancé (évidemment 0 dans le reste) Il faut en moyenne 50 lancés. Pourtant dans 50% des cas 1 a suffit et ce n'est pas être chanceux c'est juste normal
Certes c'est pathologique ici, mais ça illustre mon point. L’espérance d'un nombre de lancers est quelque chose de peu "parlant".

Salut, ouai mais sur le fond je suis d'accord.

Cela dit j'ai quand même chercher s'il n'y avait pas d'arnaque sur ta question Si la réponse était aussi trivialement reliée a la moyenne du nombre de lancers que ça n'en avait l'air et s'il n'y avait pas une subtilité liée au fait que je puisse m’arrêter quand je le désire.
(Vu qu'on ne peut parler d’espérance de gain que pour un protocole donné et que la question supposait implicitement que si on jouait le seul protocole de jeu était de rejouer jusqu'à gagner. Oui l’espérance de gain de ce protocole est directement extractible de la moyenne de lancers, bien vu bon exemple appliqué!. Il y a d'autres protocoles mais j'ai rien trouvé de rigolo malgré une bonne volonté de trolling)

Mais bon comme je disais dans le fond on est d'accord, je soulignais juste que dans certains contextes cette grandeur est trompeuse. C'est toujours plus ou moins choquant de dire que en moyenne il faut 6 lancers avant d'obtenir 6 mais quand dans la majorité des cas 4 ou moins suffisent.

Oui, tout à fait golgot !

Sinon, je vous rappelle que les questions 1) et 3) attendent toujours des réponses...
Avis aux amateurs !

Tu as, ne serait-ce qu'une vague idée d'où te vient ton intuition ? Qu'est-ce qui se passe dans ta tête ?

Ok.

Pour le 1) voici une façon de faire avec quelques indices :

On note [latex]X[/latex] la variable aléatoire qui compte le nombre de lancers jusqu'à l'apparition d'un 6.

a) Essayez de calculer [latex]p(X=k)[/latex], la probabilité que le (premier) 6 apparaisse au bout de [latex]k[/latex] lancers.

b) Le nombre moyen de lancers jusqu'à l'apparition d'un 6 est donné par :
[TeX]\sum_{k\geq 1}{p(X=k)\times k}[/TeX]
Pour calculer cette somme, on pourra utiliser le fait que :

la dérivée de [latex]f(x)=\sum_{k\geq 0}{x^k}[/latex] est [latex]f'(x)=\sum_{k\geq 1}{kx^{k-1}}[/latex]

Oui golgot !

C'est la 2ème façon de voir que je voulais proposer, la plus intuitive.

On peut la rédiger ainsi :
Si l'on recommence l'expérience n fois et que l'on note [latex]X_1,...,X_n[/latex] le nombre de lancers qu'il aura fallu pour faire 6 dans chacune de ces expériences, alors le nombre moyen de lancers pour faire 6 sur ces n expériences est [latex]\overline {X} = \frac {\sum{X_k}}{n}[/latex].
D'autre part, le nombre total de lancers de dé sur ces n expériences est [latex]\sum {X_k}[/latex] et le nombre de 6 obtenus est [latex]n[/latex]. Donc la fréquence de 6 sur tous les lancers est [latex]f_6=\frac n{\sum {X_k}}=\frac 1{\overline X}[/latex]. Or, la loi des grands nombres nous dit que, lorsque n augmente, [latex]f_6[/latex] tend (dans un sens bien précis) vers [latex]\frac 1 6[/latex] et donc [latex]\overline X[/latex] tend vers 6.

Ainsi, la fréquence moyenne de 6 sur un lancer est bien la fréquence de 6 sur une expérience de longueur "moyenne".

Cette façon de voir permet de trouver facilement le nombre moyen de lancers pour obtenir une série où tous les nombres sont différents, et de voir par exemple qu'il faut en moyenne 36 lancers pour obtenir "65". Voyez-vous pourquoi ? Et voyez-vous pourquoi un tel raisonnement ne s'applique pas à "66" ?

Bravo masab !

Avec les corrections :
S(n,k)=5^(k-1)*6^(n-k)
sum(k=1,n,...)
le passage à la limite à la fin.

Ta façon de voir rejoint la première méthode exposée, avec le calcul de [latex]\sum_{k\geq 1}{kx^{k-1}}[/latex]
Pour ceux qui ne l'ont jamais vu, voici comment calculer cette somme :

Sur l'intervalle ]-1;1[, on définit une fonction par la formule
[TeX]f(x)=\sum_{k\geq 0}{x^k}=\lim_{n \rightarrow +\infty}\sum_{k=0}^n{x^k}=\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}=\frac{1}{1-x}[/TeX]
Et alors [latex]f'(x)=\sum_{k\geq 1}{kx^{k-1}}=\frac{1}{(1-x)^2}[/latex]


Il reste une 3ème méthode, qui est simplissime et se généralise bien. Elle commence comme ça : Au premier lancer, il y a une chance sur 6 de finir et 5 chances sur 6 de devoir recommencer le jeu avec une "retenue" de 1 lancer...
Qui voit la suite du raisonnement ?

SOLUTION de 2)

On note R(n) le cardinal de l'ensemble des suites (x1,x2,...,xn) ne contenant pas de double 6. On a
R(0)=1
R(1)=6
R(2)=35
R(n) = 5*R(n-1) + 5*R(n-2) pour n>=2
On pose
alpha=(5-3*sqrt(5))/2;
beta=(5+3*sqrt(5))/2;
lambda=(15-7*sqrt(5))/30;
mu=(15+7*sqrt(5))/30;
On a
R(n)=lambda*alpha^n+mu*beta^n pour n>=0
Cette formule permet de définir
R(-1)=1/5
R(-2)=0

On note S(n,k) le cardinal de l'ensemble des suites (x_1,...,x_n) telles que (x_{k-1},x_k) = (6,6)
et telles quil n'y ait pas de double 6 avant l'indice k. On a
S(n,1) = 0
S(n,2) = 6^(n-2)
S(n,3) = 5*6^(n-3)
S(n,k) = 5*R(k-3)*6^(n-k) pour k>=1

Le nombre de fois en moyenne qu’il faut lancer un dé pour obtenir un double 6 est la limite M de la suite M_n
M_n = (1/6^n) * sum(k=1,n, k*S(n,k) )
M_n = (1/6^n) * sum(k=1,n, k*5*R(k-3)*6^(n-k) )
d'où
M = sum(k=1,infini, k*5*R(k-3)*6^(-k))
M = ((5*lambda)/(6*alpha^2))*sum(k=1,infini,k*(alpha/6)^(k-1)) + ((5*mu)/(6*beta^2))*sum(k=1,infini,k*(beta/6)^(k-1))
M = ((5*lambda)/(6*alpha^2))*(1-alpha/6)^(-2) + ((5*mu)/(6*beta^2))*(1-beta/6)^(-2)
M = 42

Il faut lancer en moyenne un dé 42 fois pour avoir un double 6.