Il faut supposer qu'on pioche dans une boîte contenant initialement N morceaux tous complets et que la moitié inutilisée est remise dans la boîte ?

Vasimolo

En théorie, elle est de 1/N
Si on considère le moment inévitable ou il reste un seul morceau de sucre intact, et qu'on évacue le cas "premier tirage" parfaitement équilibré, chaque morceau a une chance sur N d'être tiré en dernier, y compris le morceau de sucre intact.

N est le nombre de sucres, et, au contraire, je pense que c'est bien plus simple qu'il n'y paraît.

En fait, non, ça ne marche pas mon truc.
A l'instant "t" il y a de fortes chances que certains sucres soient déjà entièrement mangés, ce qui augmente considérablement les chances.

Le problème se situe ailleurs, je crois.

Il est assez évident que, avec beaucoup de morceaux, le rapport entre 1/2 morceaux et morceaux entiers va tendre vers 1. Ce qui est demandé, c'est ce qu'il se passe juste avant le final.

On peut avoir une idée de la solution avec un bête tableur, la formulation est assez simple. Pour 300 morceaux, je suis arrivé à une proba de près de 0,88 pour le 1/2 morceau. Donc net avantage pour lui. Ce n'est pas intuitivement évident, qu'avec beaucoup de morceaux on donne plus de chance d'avoir 2 demis plutôt qu'un entier sur le final.

On peut toutefois observer sur tableur que la ligne qui joint les cases égalitaires (autant de 1/2 que de 1 ) a une pente 2, alors que la répartition sur ces cases a une pente 1 : La proba est alors plus favorable pour les 1/2.

Le plus incertain est la limite. Je pencherais bien pour 1, mais sans aucune certitude.

2 choses ne vont pas :

- En quoi le fait d'avoir un rapport limite pour un grand nombre de morceaux te donne t'il une information sur ce qu'il se passe à l'avant dernier tirage ? Bon, tu trouves par chance p = 0, ce qui te fait dire que, évidemment, si p = 0 pour un grand nombre, alors p = 0 aussi sur la fin. Mais p = 0 pour un grand nombre, c'est tout simplement absurde !

- Si p = 0 dans ton équation, il y a un souci, puisque les 2 dénominateurs de ton équation sont à 0, c'est plutôt gênant.

Pas sûr de trouver quoi que ce soit d'intéressant...

J'ai utilisé le tableur comme toi et j'ai trouvé en démarrant avec uniquement des sucres entiers :
Avec 10 sucres : 81,41% de chance d'avoir un demi sucres en avant dernier
100 sucres : 87,1%
300 : 88,78%
500 : 89,42%
1000 : 90,18%
...
Ca fleure bon le 100% avec un grand nombre au départ, mais pas de démo en vu...

Edit : Un petit programme python me donne :
Spoiler : [Afficher le message]
u=0
u1=u
v1=100000000
v=v1
for i in range(1,2*v1):
  u1=u
  u=(u*(u-1)+v*(u+1))/(v+u)
  v=(u1*v+v*(v-1))/(u1+v)
print((1-v/u)*100)

10.000 : 92.08%
100.000 : 93.36%
1.000.000 : 94.27%
10.000.000 : 94.97%

Bonsoir,

@golgot59 :

Je suis d'accord avec les valeurs que tu obtiens en #9 pour 1, 2, 3 ou 4 sucres, mais pas avec celles qui correspondent à ton programme en #14.

Première colonne : nombre de sucres entiers au départ (et 0 demi-sucre)

Deuxième colonne : calcul exact en fractions rationnelles (long et consommateur de mémoire). La valeur est convertie en flottant pour l'impression.

Troisième colonne : calcul en flottant (beaucoup plus rapide, concorde avec la valeur précédente pour les petites valeurs de N, il pourrait y avoir des erreurs d'arrondi pour les grandes valeurs).

Quatrième colonne : résultats du programme de golgot en #14

Quant à la limite de la probabilité lorsque N tend vers l'infini, c'est difficile d'être affirmatif. La croissance est de toute façon très lente.

      fractions          flottants          golgot59 #14
    1 0.0                0.0                1.0
    2 0.5                0.5                0.75
    3 0.6111111111111112 0.611111111111111  0.7658680771624145
    4 0.6631944444444444 0.6631944444444445 0.7784348485375343
    5 0.6944611111111111 0.6944611111111112 0.7879020862426784
    6 0.7157635802469136 0.7157635802469136 0.7952988680257619
    7 0.7314396943502901 0.7314396943502901 0.8012818493843596
    8 0.7435886465931679 0.7435886465931679 0.8062572506190951
    9 0.753360485249818  0.7533604852498179 0.8104863025376112
   10 0.7614429059885884 0.7614429059885883 0.8141444372013485
  100 0.8578199628224591 0.8578199628224591 0.8709920603246128
  200 0.8725294346176323 0.872529434617633  0.8821085396587628
  300 0.8797111473605651 0.8797111473605643 0.8877813631806051
  400 0.8843016541162487 0.8843016541162494 0.8914900285313456
10000                    0.9182664138464243 0.9207868005434006
20000                    0.9230271587118416 0.925127567593806
30000                    0.925552589669209  0.9274504873416393
40000                    0.9272419863396051 0.929011965911779
50000                    0.9284983027406811 0.9301769873181726

Exact enigmatus, mon programme ne fonctionne pas. J'ai oublié les cas ou un type de sucre est absent. Désolé. Je vais voir si je peux corriger ça.
Sinon je suis aussi d'accord avec vos observations.

C'est précisément parce que le résultat est totalement contre-intuitif que j'ai présenté cette question. Le fait que la limite est proche de 1 ( très proche de 0,95 pour l'instant ) n'est plus à remettre en question, il y a recoupements de calculs indépendants qui conduisent tous à ce résultat. Ce qu'on ne sait pas faire pour l'instant, c'est calculer cette limite de façon précise.

A mon avis l'astuce de base est de représenter le problème sous la forme d'un arbre de probabilités cyclique. Après c'est "juste" une histoire de calcul.



Pour élaborer un peu de mon coté ça donne :

Probabilité d'arriver au nœud [latex]i[/latex] de la branche supérieure en partant du nœud [latex]0[/latex] :
[TeX]S_i^n=\frac{(n-1)!}{(n-i)!n^{i-1}}[/TeX]
Probabilité d'arriver au nœud [latex]i[/latex] de la branche supérieure en partant du nœud [latex]j[/latex] :
[TeX]S_{i\rightarrow j}^n=\frac{S_j^n}{S_i^n}[/TeX]
Probabilité de boucler après le nœud [latex]i[/latex] :
[TeX]B_i^n=1-\frac{S_{i+1}^n}{S_i^n}[/TeX]
Probabilité d'avoir un sucre entier la veille :
[TeX]P_n=\sum_{a=1}^{n-1}\left(S_{1\rightarrow a}^nB_a^n\left(\sum_{b=a-1}^{n-2}S_{a-1\rightarrow b}^{n-1}B_b^{n-1}\left(\ldots\right)\right)\right)[/TeX]
Explicitons [latex]S_{i\rightarrow j}^nB_j^n[/latex] :
[TeX]S_{i\rightarrow j}^nB_j^n=\frac{S_j^n}{S_i^n}\left(1-\frac{S_{j+1}^n}{S_j^n}\right)=\frac{S_j^n-S_{j+1}^n}{S_i^n}[/TeX]
Ce qui conduit à :
[TeX]P_n=\frac{1}{S_1^n}\sum_{a=1}^{n-1}\left(\frac{S_a^n-S_{a+1}^n}{S_{a-1}^{n-1}}\left(\sum_{b=a-1}^{n-2}S_b^{n-1}-S_{b+1}^{n-1}\left(\ldots\right)\right)\right)[/TeX]
Or [latex]S_1^n=1[/latex] et explicitions [latex]\frac{S_a^n-S_{a+1}^n}{S_{a-1}^{n-1}}[/latex] :
[TeX]\frac{S_a^n-S_{a+1}^n}{S_{a-1}^{n-1}}=\frac{\frac{(n-1)!}{(n-a)!n^{a-1}}-\frac{(n-1)!}{(n-a-1)!n^a}}{\frac{(n-2)!}{(n-a)!(n-1)^{a-2}}}=\left(\frac{n-1}{n}\right)^{a-1}\frac{a}{n}[/TeX]
Ce qui conduit à :
[TeX]P_n=\frac{1}{n}\sum_{a=1}^{n-1}\left(\left(\frac{n-1}{n}\right)^{a-1}a\left(\sum_{b=a-1}^{n-2}S_b^{n-1}-S_{b+1}^{n-1}\left(\ldots\right)\right)\right)[/TeX]
En développant jusqu'au bout on obtient :
[TeX]\scriptsize P_n=\frac{2}{n!}\sum_{a=1}^{n-1}\sum_{b=a-1}^{n-2}\ldots\sum_{y=x-1}^2\left(\left(\frac{n-1}{n}\right)^{a-1}\left(\frac{n-2}{n-1}\right)^{b-1}\ldots\left(\frac{2}{3}\right)^{y-1}ab\ldots y\left(S_1^2-S_2^2\right)\right)[/TeX]
Or [latex]S_1^2-S_2^2=\frac{1}{2}[/latex] et par conséquent :
[TeX]\small P_n=\frac{1}{n!}\sum_{a=1}^{n-1}\sum_{b=a-1}^{n-2}\ldots\sum_{y=x-1}^2\left(\left(\frac{n-1}{n}\right)^{a-1}\left(\frac{n-2}{n-1}\right)^{b-1}\ldots\left(\frac{2}{3}\right)^{y-1}ab\ldots y\right)[/TeX]
Je n'ai pas poussé le calcul plus loin pour l'instant mais on doit sans doute pouvoir encore simplifier, ou au moins démontrer que [latex]\lim_{n\to +\infty}P_n=0[/latex] à partir de cette dernière expression. La suite à plus tard

Quelques rapides vérifications :

A la main on trouve [latex]P_2=\frac{1}{2}[/latex], [latex]P_3=\frac{7}{18}[/latex] et [latex]P_4=\frac{97}{288}[/latex].

En utilisant la formule on retrouve bien :
[TeX]P_2=\frac{1}{2!}=\frac{1}{2}[/TeX]
[TeX]P_3=\frac{1}{3!}\sum_{a=1}^2\left(\frac{2}{3}\right)^{a-1}a=\frac{7}{18}[/TeX]
[TeX]P_4=\frac{1}{4!}\sum_{a=1}^3\sum_{b=a-1}^2\left(\frac{3}{4}\right)^{a-1}\left(\frac{2}{3}\right)^{b-1}ab=\frac{97}{288}[/TeX]

Voilà j'ai retrouvé
https://projecteuler.net/problem=151